Bài 59 trang 110 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho đường tròn \((C_1)\) tâm \(O_1\), bán kính \(R_1\) và đường tròn \((C_2)\) tâm \(O_2\), bán kính \(R_2\). Biết đường tròn \((C_2)\) nằm trong đường tròn \((C_1)\) và tâm hai đường tròn không trùng nhau (h.84). Tìm tập hợp tâm của các đường tròn tiếp xúc ngoài với \((C_2)\) và tiếp xúc trong với \((C_1)\). Giải (h.109). Xét đường tròn \((C)\) tâm \(O\), tiếp xúc trong với \((C_1)\) tại \(M\), tiếp xúc ngoài với \((C_2)\) tại \(N\). Ta có: \(O{O_1} + O{O_2}\) \(= {O_1}M - OM + {O_2}N + ON \) \(= {R_1} + {R_2}\) không đổi. Tập hợp các tâm \(O\) là elip có các tiêu điểm là \(O_1, O_2\) và độ dài trục lớn \(2a=R_1+R_2\). Bài 60 trang 110 SBT Hình học 10 Nâng cao. Xác định tâm đối xứng, độ dài hai trục, tiêu cự, tâm sai, tọa độ các tiêu điểm và các đỉnh của mỗi elip sau: a)\( \dfrac{{{x^2}}}{{25}} + \dfrac{{{y^2}}}{{16}} = 1 ;\) b) \({x^2} + 4{y^2} = 1 ;\) c) \(4{x^2} + 5{y^2} = 20 ;\) d) \(4{x^2} + 16{y^2} - 1 = 0\) e) \({x^2} + 3{y^2} = 2 ;\) f) \(m{x^2} + n{y^2} = 1 (n > m > 0,m \ne n).\) Vẽ elip có phương trình ở câu a). Giải a) \(O\) là tâm đối xứng, \({a^2} = 25 \Rightarrow a = 5 ; \) \( {b^2} = 16 \Rightarrow b = 4 ;\) \( {c^2} = {a^2} - {b^2} = 9 \Rightarrow c = 3\). Tâm sai \(e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{5}\). Độ dài trục lớn : \(2a=10\), độ dài trục bé: \(2b=8\). Tiêu cự : \(2c=6\). Các tiêu điểm : \({F_1}( - 3 ; 0) , {F_2}(3 ; 0)\). Các đỉnh: \(( \pm 5 ; 0) , (0 ; \pm 4)\). Elip được vẽ như hình 110. b) Viết lại phương trình của elip: \( \dfrac{{{x^2}}}{1} = \dfrac{{{y^2}}}{{ \dfrac{1}{4}}} = 1\). Elip có tâm đối xứng \(O\). \({a^2} = 1 \Rightarrow a = 1 ;\) \( {b^2} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow b = \dfrac{1}{2} ;\) \( {c^2} = {a^2} - {b^2} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow c = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\), tâm sai \(e = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\). Độ dài trục lớn : \(2a=2,\) độ dài trục bé : \(2b=1,\) tiêu cự : \(2c=\sqrt 3 \). Các tiêu điểm: \({F_1}\left( { - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} ; 0} \right), {F_2}\left( { \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} ; 0} \right)\). Các đỉnh : \(( \pm 1 ; 0) , \left( {0 ; \pm \dfrac{1}{2}} \right)\). Các câu c), d), e), f) làm tương tự. Bài 61 trang 111 SBT Hình học 10 Nâng cao. Lập phương trình chính tắc của elip \((E)\) biết a) \(A(0 ; -2)\) là một đỉnh và \(F(1 ; 0)\) là một tiêu điểm của \((E);\) b) \(F_1(-7 ; 0)\) là một tiêu điểm và \((E)\) đi qua \(M(-2 ; 12);\) c) Tiêu cự bằng \(6\), tâm sai bằng \( \dfrac{3}{5}\); d) Phương trình các cạnh của hình chữ nhật cơ sở là \(x = \pm 4, y = \pm 3\). e) \((E)\) đi qua hai điểm \(M(4 ; \sqrt 3 ) , N(2\sqrt 2 ; - 3)\). Giải Elip \((E)\) có phương trình chính tắc : \( \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 (a > b > 0)\). a) \(A(0 ; -2)\) là một đỉnh \( \Rightarrow b = 2 ; F(1 ; 0)\) là một tiêu điểm \( \Rightarrow c = 1\). \({a^2} = {b^2} + {c^2} = 5\). Vậy phương trình của \((E)\) là : \( \dfrac{{{x^2}}}{5} + \dfrac{{{y^2}}}{4} = 1\). b) \({F_1}( - 7 ; 0)\) là một tiêu điểm \( \Rightarrow \) tiêu điểm thứ hai là: \({F_2}(7 ; 0)\). \(m \in (E) \Rightarrow 2a = M{F_1} + M{F_2}\) \(= \sqrt {{{( - 7 + 2)}^2} + {{12}^2}} + \sqrt {{{(7 + 2)}^2} + {{12}^2}}\) \( = 28 \Rightarrow a = 14\). \(F( - 7 ; 0)\) là tiêu điểm \( \Rightarrow c = 7 \Rightarrow {b^2} = {a^2} - {c^2} = 147\). Phương trình của \((E)\) là: \( \dfrac{{{x^2}}}{{196}} + \dfrac{{{y^2}}}{{147}} = 1\). c) \(2c = 6 \Rightarrow c = 3 ,\) \( e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{3}{5} , \) \( \Rightarrow a = 5, {b^2} = {a^2} - {c^2} = 16\). Phương trình của \((E)\) là : \( \dfrac{{{x^2}}}{{25}} + \dfrac{{{y^2}}}{{16}} = 1.\) d) \(a = 4, b = 3 \Rightarrow \) phương trình của \((E)\) là \( \dfrac{{{x^2}}}{{16}} + \dfrac{{{y^2}}}{9} = 1\) e) \(M, N \in (E) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{16}}{{{a^2}}} + \dfrac{3}{{{b^2}}} = 1\\ \dfrac{8}{{{a^2}}} + \dfrac{9}{{{b^2}}} = 1\end{array} \right. \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 20\\{b^2} = 15.\end{array} \right.\) Phương trình của \((E)\) là : \( \dfrac{{{x^2}}}{{20}} + \dfrac{{{y^2}}}{{15}} = 1\). Bài 62 trang 111 SBT Hình học 10 Nâng cao. Mặt trăng và các vệ tinh của Trái Đất chuyển động theo quỹ đạo là các đường elip mà tâm Trái Đất là một tiêu điểm. Điểm gần Trái Đất nhất trên quỹ đạo gọi là điểm cận địa, điểm xa Trái Đất nhất trên quỹ đạo gọi là điểm viễn địa (h.85). a) Biết khoảng cách từ điểm viễn địa đến điểm cận địa trên quỹ đạo của một vệ tinh đến tâm Trái Đất thứ tự là m và n. Chứng minh rằng tâm sai của quỹ đạo này bằng \( \dfrac{{m - n}}{{m + n}}\). b) Biết độ dài trục lớn và độ dài trục bé của quỹ đạo Mặt Trăng là \(768806\) km và \(767746\) km. Tính khoảng cách lớn nhất và khoảng cách bé nhất giữa tâm Trái Đất và tâm của Mặt Trăng. Giải a) \(m = a + c, n = a - c \) \( \Rightarrow \dfrac{{m - n}}{{m + n}} = \dfrac{{(a + c) - (a - c)}}{{a + c + a - c}} \) \(= \dfrac{{2c}}{{2a}} = e\). b) \(\begin{array}{l}2a = 768806 \Rightarrow a = 384403 ; \\ 2b = 767746 \Rightarrow b = 383873 ;\\c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} \approx 20179.\end{array}\) Vậy khoảng cách lớn nhất từ tâm Trái Đất tới tâm Mặt Trăng là: \(a + c \approx 404582\) (km) và khoảng cách bé nhất là : \(a - c \approx 364224\) (km). Bài 63 trang 111 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tìm những điểm trên elip \((E): \dfrac{{{x^2}}}{9} + {y^2} = 1\) thỏa mãn a) Có bán kính qua tiêu điểm trái bằng hai lần bán kính qua tiêu điểm phải. b) Nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông. c) Nhìn hai tiêu điểm dưới góc \(60^0\). Giải \({a^2} = 9 \Rightarrow a = 3 ;\) \( {b^2} = 1 \Rightarrow b = 1 ; \) \( {c^2} = {a^2} - {b^2} = 8 \Rightarrow c = 2\sqrt 2 \). Elip \((E)\) có các tiêu điểm: \({F_1}( - 2\sqrt 2 ; 0) , {F_2}(2\sqrt 2 ; 0)\). a) Gọi \(M(x ; y) \in (E)\) là điểm cần tìm. Khi đó: \(\begin{array}{l}M{F_1} = 2M{F_2} \\ \Leftrightarrow a + ex = 2(a - ex) \\ \Leftrightarrow x = \dfrac{a}{{3e}} = \dfrac{{{a^2}}}{{3c}} = \dfrac{3}{{2\sqrt 2 }}.\\M \in (E)\\ \Rightarrow {y^2} = 1 - \dfrac{{{x^2}}}{9}\\ = 1 - \dfrac{9}{{9.8}} = \dfrac{7}{8} \\ \Rightarrow y = \pm \dfrac{{\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}.\end{array}\) Có hai điểm cần tìm là \(\left( { \dfrac{3}{{2\sqrt 2 }} ; \pm \dfrac{{\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}} \right)\). b) Gọi \(N(x ; y) \in (E)\) là điểm cần tìm. Khi đó: \(\overrightarrow {{F_1}N} = \left( {x + 2\sqrt 2 ; y} \right) , \) \( \overrightarrow {{F_2}N} = \left( {x - 2\sqrt 2 ; y} \right)\). \(\begin{array}{l}\overrightarrow {{F_1}N} \bot \overrightarrow {{F_2}N} \Leftrightarrow \overrightarrow {{F_1}N} .\overrightarrow {{F_2}N} = 0 \\ \Leftrightarrow \left( {x + 2\sqrt 2 } \right)\left( {x - 2\sqrt 2 } \right) + {y^2} = 0\\\Leftrightarrow {x^2} - 8 + {y^2} = 0(1)\\N \in (E) \Rightarrow \dfrac{{{x^2}}}{9} + {y^2} = 1. (2)\end{array}\) Giải (1) và (2) ta được \({x^2} = \dfrac{{63}}{8} \)và \({y^2} = \dfrac{1}{8} \Rightarrow x = \pm \dfrac{{3\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }}\) và \(y = \pm \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\). Có bốn điểm cần tìm là : \(\left( { \pm \dfrac{{3\sqrt 7 }}{{2\sqrt 2 }} ; \pm \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)\). c) Gọi \(P(x ; y) \in (E) \) là điểm cần tìm. Ta có: \(\begin{array}{l}{F_1}{F_2}^2 \\= {F_1}{P^2} + {F_2}{P^2} - 2{F_1}P.{F_2}P.\cos {60^0}\\ = {({F_1}P + {F_2}P)^2} - 2.{F_1}P.{F_2}P - 2{F_1}P.{F_2}P. \dfrac{1}{2}\\= 4{a^2} - 3{F_1}P.{F_2}P \\= 4{a^2} - 3(a + ex)(a - ex)\\ = 4{a^2} - 3({a^2} - {e^2}{x^2}) \\= {a^2} + 3{e^2}{x^2}.\end{array}\) Như vậy \(\begin{array}{l}4{c^2} = {a^2} + 3. \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2}}}{x^2} \\ \Rightarrow {x^2} = \dfrac{{(4{c^2} - {a^2}).{a^2}}}{{3{c^2}}}\\ = \dfrac{{(4.8 - 9).9}}{{3.8}} = \dfrac{{69}}{8}\\\Rightarrow x = \pm \dfrac{{\sqrt {69} }}{{2\sqrt 2 }}.\\P \in (E) \Rightarrow {y^2} = 1 - \dfrac{{{x^2}}}{9} \\= 1 - \dfrac{{23}}{{24}} = \dfrac{1}{{24}} \Rightarrow y = \pm \dfrac{1}{{2\sqrt 6 }}.\end{array}\) Có bốn điểm cần tìm với tọa độ là \(\left( { \pm \dfrac{{\sqrt {69} }}{{2\sqrt 2 }} ; \pm \dfrac{1}{{2\sqrt 6 }}} \right)\). Bài 64 trang 111 SBt Hình học 10 Nâng cao. Cho elip \((E): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 (a > b > 0).\) Gọi \(F_1, F_2\) là các tiêu điểm và \(A_1, A_2\) là các đỉnh trên trục lớn của \((E)\). \(M\) là điểm tùy ý trên \((E)\) có hình chiếu trên \(Ox\) là \(H\). Chứng minh rằng a) \(M{F_1}.M{F_2} + O{M^2} = {a^2} + {b^2}\); b) \({(M{F_1} - M{F_2})^2} = 4(O{M^2} - {b^2})\); c) \(H{M^2} = - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}.\overline {H{A_1}} .\overline {H{A_2}} \). Giải (h.111). \(M(x ; y) \in (E) \Rightarrow \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 ;\) \( M{F_1} = a + ex , M{F_2} = a - ex\) a) Ta có \(\begin{array}{l}M{F_1}.M{F_2} + O{M^2}\\ = (a + ex)(a - ex) + {x^2} + {y^2}\\= {a^2} - {e^2}{x^2} + {x^2} + {y^2}\\= {a^2} + {y^2} + {x^2}\left( {1 - \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2}}}} \right)\\= {a^2} + {y^2} + {b^2}. \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}}\\= {a^2} + {y^2} + {b^2}\left( {1 - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}}} \right) = {a^2} + {b^2}.\end{array}\) b) \(\begin{array}{l}{(M{F_1} - M{F_2})^2} = 4{e^2}{x^2}.(1)\\4(O{M^2} - {b^2}) = 4({x^2} + {y^2} - {b^2})\\ = 4.\left[ {{x^2} + \left( {{b^2} - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}{x^2}} \right) - {b^2}} \right]\\= 4{x^2}\left( {1 - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}} \right) = 4{e^2}{x^2}.(2)\end{array}\) Từ (1) và (2) suy ra \({(M{F_1} - M{F_2})^2} = 4(O{M^2} - {b^2})\). c) \(\begin{array}{l}H{M^2} = {y^2}.\\ - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}\overline {H{A_1}} .\overline {H{A_2}}\\ = - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}( - a - x)(a - x) \\= \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}({a^2} - {x^2}) = {b^2} - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}{x^2}\\= {b^2} - ({b^2} - {y^2}) = {y^2}\\ \Rightarrow H{M^2} = - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}\overline {H{A_1}} .\overline {H{A_2}} .\end{array}\) Bài 65 trang 112 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho elip \((E)\) có phương trình \( \dfrac{{{x^2}}}{9} + \dfrac{{{y^2}}}{4} = 1\). a) Tìm tịa độ các tiêu điểm, các đỉnh; tính tâm sai và vẽ elip \((E)\). b) Xác định m để đường thẳng \(d: y=x+m\) và \((E)\) có điểm chung. c) Viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M(1 ; 1)\) và cắt \((E)\) tại hai điểm \(A, B\) sao cho \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB\). Giải a) \({a^2} = 9 \Rightarrow a = 3 ,\) \( {b^2} = 4 \Rightarrow b = 2 ,\) \( {c^2} = {a^2} - {b^2} = 5 \Rightarrow c = \sqrt 5 \). Các tiêu điểm : \({F_1}( - \sqrt 5 ; 0) ,{F_2}(\sqrt 5 ; 0) \). Các đỉnh: \(( \pm 3 ; 0) , (0 ; \pm 2)\). Tâm sai : \(e = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\). Elip được vẽ như hình 112. b) Hoành độ giao điểm của \(d\) và \((E)\) là nghiệm của phương trình: \( \dfrac{{{x^2}}}{9} + \dfrac{{{{(x + m)}^2}}}{4} = 1\) \( \Leftrightarrow 13{x^2} + 18mx + 9{m^2} - 36 = 0 \,\,\,\,\,\,\, (1)\) \(D\) và \((E)\) có điểm chung khi và chỉ khi (1) có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\) \( \Leftrightarrow 81{m^2} - 13(9{m^2} - 36) \ge 0 \) \( \Leftrightarrow {m^2} \le 13 \Leftrightarrow - \sqrt {13} \le m \le \sqrt {13} \). Vậy với \( - \sqrt {13} \le m \le \sqrt {13} \) thì \(d\) và \((E)\) có điểm chung. c) (h.112). Đường thẳng \(\Delta \) đi qua M, với vec tơ chỉ phương \(\overrightarrow u (a ; b)\) có dạng: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + at\\y = 1 + bt\end{array} \right. \,\,\,\,\,({a^2} + {b^2} \ne 0)\) \(A, B \in \Delta \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 1 + a{t_1}\\{y_A} = 1 + b{t_1}\end{array} \right.\) và \(\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 1 + a{t_2}\\{y_B} = 1 + b{t_2}\end{array} \right.\). \(M\) là trung điểm của \(AB\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2{x_M}\\{y_A} + {y_B} = 2{y_M}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a({t_1} + {t_2}) = 0\\b({t_1} + {t_2}) = 0\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow {t_1} + {t_2} = 0 (1) \) (do \({a^2} + {b^2} \ne 0\)). \(A, B \in (E)\) suy ra \({t_1}, {t_2}\) là nghiệm của phương trình: \(\begin{array}{l}4{(at + 1)^2} + 9{(bt + 1)^2} = 36 \\ \Leftrightarrow (4 {a^2} + 9{b^2}){t^2} + (8a + 18b)t - 23 = 0.\\{t_1} + {t_2} = 0 \\ \Rightarrow 8a + 18b = 0 \\ \Leftrightarrow 4a + 9b = 0.\end{array}\) Chọn \(a=9, b=-4,\) ta được phương trình của \(\Delta : \left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 9t\\y = 1 - 4t\end{array} \right.\) hay \(4x + 9y - 13 = 0\). Bài 66 trang 112 SBT Hình học 10 Nâng cao. Cho elip \((E): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\,\,\,\,\,\,\,(a > b > 0).\) a) Chứng minh rằng với mọi \(M\) thuộc \((E),\) ta luôn có \(b \le OM \le a\). b) Gọi \(A\) là giao điểm của đường thẳng có phương trình \(\alpha x + \beta y = 0\) với \((E)\). Tính \(OA\) theo \(a, b, \alpha , \beta \). c) Gọi \(B\) là điểm trên \((E)\) sao cho \(OA \bot OB\). Chứng minh rằng tổng \( \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\) có giá trị không đổi. d) Chứng minh rằng đường thẳng \(AB\) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Giải: a) \(M({x_0} ; {y_0}) \in (E) \) \(\Rightarrow \dfrac{{x_0^2}}{{{a^2}}} + \dfrac{{y_0^2}}{{{b^2}}} = 1 (a > b > 0) ;\) \( O{M^2} = x_0^2 + y_0^2\). Ta có \(\begin{array}{l} \dfrac{{x_0^2}}{{{a^2}}} + \dfrac{{y_0^2}}{{{a^2}}} \le \dfrac{{x_0^2}}{{{a^2}}} + \dfrac{{y_0^2}}{{{b^2}}} = 1 \\ \Leftrightarrow x_0^2 + y_0^2 \le {a^2} \\ \Leftrightarrow O{M^2} \le {a^2} \Leftrightarrow OM \le a.\\ \dfrac{{x_0^2}}{{{b^2}}} + \dfrac{{y_0^2}}{{{b^2}}} \ge \dfrac{{x_0^2}}{{{a^2}}} + \dfrac{{y_0^2}}{{{b^2}}} = 1 \\\Leftrightarrow x_0^2 + y_0^2 \ge {b^2} \Leftrightarrow O{M^2} \ge {b^2} \\ \Leftrightarrow OM \ge b.\end{array}\) Vậy \(b \le OM \le a\). Ta có \(a=OM\) khi và chỉ khi \(y_0=0,\) tức là \(M\) trùng với các đỉnh trên trục lớn. Ta có \(b=OM\) khi và chỉ khi \(x_0=0,\) tức là \(M\) trùng với các đỉnh trên trục bé. b) Tọa độ điểm \(A\) là nghiệm của hệ \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\alpha x + \beta y = 0\\ \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\end{array} \right. \\ \Rightarrow x_A^2 = \dfrac{{{a^2}{b^2}{\beta ^2}}}{{{a^2}{\alpha ^2} + {b^2}{\beta ^2}}} , \\ y_A^2 = \dfrac{{{a^2}{b^2}{\alpha ^2}}}{{{a^2}{\alpha ^2} + {b^2}{\beta ^2}}}.\\O{A^2} = x_A^2 + y_A^2\\ = \dfrac{{{a^2}{b^2}{\beta ^2}}}{{{a^2}{\alpha ^2} + {b^2}{\beta ^2}}} + \dfrac{{{a^2}{b^2}{\alpha ^2}}}{{{a^2}{\alpha ^2} + {b^2}{\beta ^2}}}\\ = \dfrac{{{a^2}{b^2}({\alpha ^2} + {\beta ^2})}}{{{a^2}{\alpha ^2} + {b^2}{\beta ^2}}}.\\ \Rightarrow OA = \dfrac{{ab.\sqrt {{\alpha ^2} + {\beta ^2}} }}{{\sqrt {{a^2}{\alpha ^2} + {b^2}{\beta ^2}} }}.\end{array}\) c) Do \(OA\) vuông góc với \(OB\) nên phương trình đường thẳng \(OB\) là: \(\beta x - \alpha y = 0\). \(B\) là giao điểm của \((E)\) với đường thẳng \(\beta x + ( - \alpha )y = 0\) nên áp dụng câu b), ta có \(O{B^2} = \dfrac{{{a^2}{b^2}\left[ {{\beta ^2} + {{( - \alpha )}^2}} \right]}}{{{a^2}{\beta ^2} + {b^2}{{( - \alpha )}^2}}}\) \(= \dfrac{{{a^2}{b^2}({\alpha ^2} + {\beta ^2})}}{{{a^2}{\beta ^2} + {b^2}{\alpha ^2}}}.\) Do đó : \( \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}}\) \(= \dfrac{{{a^2}{\alpha ^2} + {b^2}{\beta ^2} + {a^2}{\beta ^2} + {b^2}{\alpha ^2}}}{{{a^2}{b^2}({\alpha ^2} + {\beta ^2})}} \) \(= \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2}{b^2}}}\) không đổi. d) Kẻ \(OH \bot AB\). Trong tam giác vuông \(AOB,\) ta có \(\begin{array}{l} \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} = \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2}{b^2}}}\\ \Rightarrow OH = \dfrac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.\end{array}\) Vậy đường thẳng \(AB\) luôn tiếp xúc với đường tròn cố định tâm \(O,\) bán kính \(R = \dfrac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\). Bài 67 trang 112 SBT Hình học 10 Nâng cao. Trên hình 86, cạnh \(DC\) của hình chữ nhật \(ABCD\) được chia thành \(n\) đoạn thẳng bằng nhau bởi các điểm chia \(C_1, C_2,…,C_{n-1}\); cạnh \(AD\) cũng được chia thành \(n\) đoạn thẳng bằng nhau bởi các điểm chia \(D_1, D_2,…,D_{n-1}\). Gọi \(I_k\) là giao điểm của đoạn thẳng \(AC_k\) với đoạn thẳng \(BD_k\). Chứng minh rằng các điểm \(I_k\) (\(k=1,2,…,n-1\)) nằm trên elip có trục lớn là cạnh \(AB\), độ dài trục bé bằng chiều rộng \(AD\) của hình chữ nhật \(ABCD\). Giải: Chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) có: trục \(Ox\) đi qua \(A, B;\) trục \(Oy\) là đường trung trực của \(AB\). Đặt \(AB=2a, AD=2b\). Hãy tìm tọa độ của \(I_k\) và chứng minh \(I_k\) nằm trên elip có phương trình \( \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\). Bài 68 trang 113 SBT Hình học 10 Nâng cao. Phép co về trục \(\Delta \) theo hệ số \(k\,(k \ne 0)\) là phép cho tương đương mỗi điểm \(M\) của mặt phẳng thành điểm \(M’\) sao cho \(\overrightarrow {HM'} = k\overrightarrow {HM} \), trong đó \(H\) là hình chiếu (vuông góc) của \(M\) trên \(\Delta \). Điểm \(M’\) gọi là ảnh của điểm \(M\) qua phép co đó. Chứng minh rằng a) Phép co về trục \(Ox\) theo hệ số \(k\) biến điểm \(M\) thành điểm \(M’\) sao cho \(\left\{ \matrix{ {x_{M'}} = {x_M} \hfill \cr {y_{M'}} = k{y_M} \hfill \cr} \right.\); b) Phép co về trục \(Oy\) theo hệ số \(k\) biến điểm \(M\) thành điểm \(M’\) sao cho \(\left\{ \matrix{ {x_{M'}} = k{x_M} \hfill \cr {y_{M'}} = {y_M} \hfill \cr} \right.\). Giải a) \(\overrightarrow {HM'} = k\overrightarrow {HM} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} - {x_H} = k({x_M} - {x_H})\\{y_{M'}} - {y_H} = k({y_M} - {y_H})\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = {x_M}\\{y_{M'}} = {y_M}.\end{array} \right.\) (Chú ý rằng trong trường hợp này thì \({x_H} = {x_M} = {x_{M'}}, {y_H} = 0\) b) Tương tự câu a), với chú ý rằng trong phép co về trục \(Oy\) thì \({x_H} = 0, {y_H} = {y_M} = {y_{M'}}\). Bài 69 trang 113 SBT Hình học 10 Nâng cao. Chứng minh rằng phép co về trục \(Ox\) theo hệ số \( \dfrac{b}{a} < 1\), biến đường tròn \((C): {x^2} + {y^2} = {a^2}\) thành elip \((E): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) và ngược lại, phép co về trục \(Oy\) theo hệ số \( \dfrac{a}{b} > 1\) biến elip \((E): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) thành đường tròn \((C): {x^2} + {y^2} = {a^2}\). Giải \(M(x ; y) \in (C) \Rightarrow {x^2} + {y^2} = {a^2}\). Ảnh \(M’\) của \(M\) qua phép co về trục \(Ox\) theo hệ số \( \dfrac{b}{a} < 1\) là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_{M'}} = x\\{y_{M'}} = \dfrac{b}{a}y\end{array} \right. \\ \Rightarrow {a^2} = {x^2} + {y^2}\\ = x_{M'}^2 + \dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}}y_{M'}^2 \\ \Leftrightarrow \dfrac{{x_{M'}^2}}{{{a^2}}} + \dfrac{{y_{M'}^2}}{{{b^2}}} = 1.\) Vậy ảnh của đường tròn \((C)\) qua phép co về trục \(Ox\) theo hệ số \( \dfrac{b}{a} < 1\) là elip \((E): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\). Phần ngược lại chứng minh tương tự. Bài 70 trang 113 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tìm ảnh của đường tròn \((C)\) qua phép co về trục \(Ox\) theo hệ số \(k\) trong mỗi trường hợp sau a) \((C): {x^2} + {y^2} = 9 , k = \dfrac{2}{3};\) b) \((C): {x^2} + {y^2} - 36 = 0 , k = \dfrac{1}{6};\) c) \((C): {(x - 1)^2} + {(y + 2)^2} = 4 , k = - 1.\) Giải a) \( \dfrac{{{x^2}}}{9} + \dfrac{{{y^2}}}{4} = 1;\) b) \( \dfrac{{{x^2}}}{{36}} + {y^2} = 1;\) c) \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} = 4.\) Bài 71 trang 113 SBT Hình học 10 Nâng cao. Tìm ảnh của elip \( \dfrac{{{x^2}}}{{25}} + \dfrac{{{y^2}}}{9} = 1\) qua phép co về trục \(Ox\) theo hệ số \(k\) trong mỗi trường hợp sau: a) \(k = \dfrac{5}{3};\) b) \(k = \sqrt 2; \) c) \(k = \dfrac{1}{2}.\) Giải: a) \({x^2} + {y^2} = 25;\) b) \( \dfrac{{{x^2}}}{{25}} + \dfrac{{{y^2}}}{{18}} = 1;\) c) \( \dfrac{{{x^2}}}{{25}} + \dfrac{{{y^2}}}{{ \dfrac{9}{4}}} = 1.\)
