Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN (Tài liệu Tổng Ôn Môn Toán cho kì thi THPT Quốc Gia 2016 ) Ví dụ (Đề thi Đại học khối B năm 2011) Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy ABCD hình chữ nhật AB  a, AD  a Hình chiếu vuông góc điểm A1 mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC BD, góc hai mặt phẳng (ADD1A1) (ABCD) 600 Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a Giải Phân tích: Do B1C // (A1BD) nên nên thay việc tính d  B1 ,  A1BD   ta tính d  C ,  A1BD   * Gọi O giao điểm AC B1 C1   ABCD  BD  AO Gọi E trung điểm AD A1  OE  AD & A1E  AD D1  A1 EO  600 AO  OE.tan A1EO  S ABCD  a a B Vlt  AO S ABCD C K 3a3  O H A D E * Tính d  B1 ;  A1BD   : Cách 1: Do B1C // (A1BD)  d  B1 ;  A1BD    d  C ;  A1BD   Hạ CH  BD  CH   A1 BD   d  C;  A1BD    CH  Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ CB.CD CB  CD 2  a - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ Cách 2: d  B1 ;  A1BD    d  C ;  A1BD    d  A;  A1BD    3VA ABD S A BD Trong đó: SA BD VA ABD 1 a3  Vlt  1 a a2  AO BD    2a  2 2 a3 a  d  B1 ;  A1 BD     a 3 Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.A' B' C' D' có A' D' cạnh a Tính khoảng cách hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) (C ' BD ) C' B' Giải A Cách 1: D Vì (AB’D’)//(C’BD) nên O d  ( AB ' D '),(C ' BD)   d  A,( AB ' D ')  H B C Gọi O giao điểm AC BD Trong mặt phẳng (ACC’A’), kẻ AH  C’O (C ' BD)  ( ACC ' A ')  Ta có: (C ' BD)  ( ACC ' A ')  C ' O  AH  (C ' BD)  d ( A,(C ' BD))  AH  AH  ( ACC ' A '), AH  C ' O  + Tính AH:  a2   2S AOC ' a  AH     OC ' a 3 a 2 a 3 OC '  OC  CC '2    a  2    S AOC ' 1 a2  S ACC ' A '  a.a  4 Vậy d  ( AB ' D '),(C ' BD)   a Cách 2: Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc z Oxyz sau : O  A(0;0;0) ; A' (0;0; a ) B (a;0;0) ; B ' ( a;0; a ) ; C (a; a;0) ; C ' (a; a; a ) A' D' ; D (0; a;0) ; D' (0; a; a) Tính d ( AB' D' ), (C ' BD) C' B' ( AB ' D' ) : x  y  z  Ta có : y A (C ' BD ) : x  y  z  a  D  ( AB ' D ' ) // (C ' BD ) a  d  ( AB ' D '),(C ' BD)   d  A,(C ' BD)   x B C Ví dụ (Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 ) Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC); AC  AD  4cm ; AB  3cm ; BC  5cm Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD) Giải z Cách 1: Vì AC  4cm ; AB  3cm ; BC  5cm D nên tam giác ABC vuông A Do tứ diện ABCD vuông A H y A C Vậy gọi H hình chiếu vuông góc A mp(BCD) d  A,( BCD)   AH I B x AH  AB  AC  Vậy d  A,( BCD)   AD  32  42  42  17 34  AH  72 17 34 17 Cách 2: ABC có : AB  AC  BC  25 nên vuông A Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz sau: O  A(0;0;0) ; B(3;0;0) ; C (0;4;0) D (0;0;4) x y z Viết phương trình tổng quát mặt phẳng (BCD):     x  y  z  12  Sử dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng d  A, ( BCD )    12 16    12 34  17 34 Ví dụ (Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M trung điểm AE, N trung điểm BC Tính (theo a ) khoảng cách hai đường thẳng MN AC Giải Cách 1:  MP / / AD ;  MP  AD Ta có:  S E  NC / / AD    NC  AD P M nên tứ giác MNCP hình bình hành  MN / /  SAC  D A O Do hình chóp S.ABCD B C N  BO  SO   BO   SAC   BO  AC z 1 a  d  MN ; AC   d  N ;  SAC    d  B;  SAC    BO  BD  2 4 Cách 2: Gọi O tâm hình vuông S E ABCD  SO  ( ABCD ) P M y Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ D A O B N C x - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz sau: O (0;0;0) ; S 0;0; h ;  a   a   a  a  ;0;0  ; C  ;0  ; B  0; ;0  ;0;0  D  0; 2 2         A    a h  a  a Toạ độ trung điểm P SA P   ; ;  ; E   ; ; h  2 2     a a h a a  ; ; ;  N  ;0  4     M     a h ah  Ta có  MN , AC    0;  ;  ;0  , AM   0;     2 a2h    nên MN AC chéo Vì  MN , AC  AM  d  MN , AC   [ MN , AC ] AM  [ MN , AC ] a 2h a  2 a h Cách 3:         Đặt : OA  a, OB  b, OS  c     S E    Ta có : a c  0, b c  0, a b  M 1 MN  MA  AC  CN  SD  AC  CB 2    1  SO  OD  AC  CO  OB 2  a c 2    P c A D a B b O N C  AC  2 a Gọi PQ đoạn vuông góc chung MN AC , ta có: PQ  PM  MA  AQ  xMN  SD  y AO  1     x   a  c   c  b  ya    y  x  a   x  1 c  b  2      Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/  3  y  x  a   x  1 a   x  1    PQ  MN         y     PQ  AC  2 y  x a       1 a2 a  PQ   b  PQ  OB   PQ  Ví dụ ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2008 ) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông, AB  BC  a , cạnh bên AA '  a Gọi M trung điểm BC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AM, B’C Giải A' B' Cách 1: Gọi E trung điểm BB’ C' Khi (AME)//B’C nên E d ( AM , B ' C )  d ( B ' C,( AME))  d (C,( AME))  d ( B,( AME)) Gọi h khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) B A Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi vuông góc nên: h   BA Do h  BM  BE  a  a  a  a C a a Vậy d ( AM , B ' C )  7 Cách 2: Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz sau: B(0;0;0) ; A  0; a;0  ; C  a;0;0  ;  M  a  z A' B'   B’ 0;0; a ; M  ;0;0  C' y B A M C Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ x - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/  a2  a  ;a  AM   ; a;0  ; B ' C  a;0; a ; AB '  0; a; a ,  AM , B ' C    a 2; 2        a3 Vì  AM , B ' C  AB '  nên AM B’C chéo a3  AM , B ' C  AB ' a   d  AM , B ' C      AM , B ' C    2a  a  a Ví dụ (Đề thi đại học khối D năm 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang ABC  BAD  900 , BA  BC  a , AD  2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy SA  a Gọi H hình chiếu vuông góc A SB Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SCD) Giải Cách 1: Đặt AB  a; AD  b; AS  c S Ta có: a  c  0; b  c  0; a  b  SB  a  c; SC  a  b  c; SD  b  c N E H K Gọi N chân đường vuông góc hạ từ H lên mặt phẳng (SCD) A D Q P B C  d ( H ;( SCD))  HN Dễ dàng tính SH  SB M Khi : HN  HS  SN   SB  xSC  ySD 2  x  2    x   a    y b    x  y c 3  2  3  2 1 x   2  x  a   y b   x  y c  x          HN  SC   3 2  3   Ta có:     HN  SD   x  y  b    x  y  c  y  1       3  Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ 1 1   a  HN  a  b  c  HN  a  b  c  12 6   Cách 2: Gọi d1 , d2 khoảng cách từ điểm H B đến mp(SCD), ta có: d1 SH 2 3V 2V    d1  d   BSCD  BSCD d2 SB 3 SSCD SSCD Trong VBSCD 1 1 a3  SA  S BCD  SA  S BID  SA  AB  ID  3 3 CD  AC Ta có:   CD  SC CD  SA 1  SSCD  SC  CD  SA2  AB  BC  CE  ED  a 2  d1  a 2 Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.ABCD có cạnh Gọi M trung điểm BC, tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  AMD  Giải Cách 1: D' A' Gọi K hình chiếu A MD  AK  MD (1) Gọi H hình chiếu A AK  AH  AK (2) C' B' Có AA   ABCD   AA  MD (3) H Từ (1) (3)  MD   AAK   MD  AH (4) A D Từ (2) (4)  AH   AMD   d  A,  AMD    AH K B C M Xét AMB vuông B  AM  AB  BM    Xét CMD vuông C  DM    Chu vi tam giác AMD p    p  Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ 1 - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ Áp dụng công thức Hê-rông ta có diện tích tam giác AMD SAMD  p  p  AM  p  MD  p  AD   Mặt khác ta có: SAMD 1  1         1      2      2S  AK MD  AK  AMD  MD Xét tam giác vuông AAK có 2 5 2 1       AH   2 AH AA AK 4 Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  AMD  d  A,  AMD    AH  Cách 2: Chọn hệ tọa độ hình vẽ, có z A  0; 0;  , B 1; 0;  , D  0; 1;  , A  0; 0; 1 , M 1; 1;  D' A' Kéo dài DM cắt AB E , MB // AD C' B' MB  MC  BA  BE  E  2;0;0  Phương trình mặt phẳng  ADE  theo đoạn chắn là: A x y z     x  y  2z   1 B y C M Ta có: E M  ED  M   AED    AMD    AED   d  A,  AMD    d  A,  AED    D 2 1  x  Vậy khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  AMD  Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ - Trang | - Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài (Đề thi Đại học khối D năm 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết SB = SB  2a SBC  300 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a Bài Cho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD hình thoi cạnh a, tâm O, góc BAD  600 Các cạnh bên SA = SC; SB = SD  a a) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC) b) Tính khoảng cách đường thẳng SB AD Bài Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đôi vuông góc OA  OB  OC  Gọi M, N theo thứ tự trung điểm cạnh AB, OA Tính khoảng cách hai đường thẳng OM CN Bài (Đề thi Đại học khối A năm 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng o (SBC) (ABC) 60 Tính thể tích khối chóp S.BCNM khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a Bài (Đề thi Đại học khối D năm 2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' khoảng cách hai đường thẳng AM, B'C Bài (Đề thi Đại học khối D năm 2009) Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a Gọi M trung điểm đoạn thẳng A’C’,I giao điểm AM A’C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ A điểm đến mặt phẳng (IBC) Bài (Đề thi Đại học khối A năm 2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ·  300 , SBC tam giác cạnh a mặt bên SBC vuông góc với đáy vuông A, ABC Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ - Trang | 10 - HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan a   x2 c 2 +) Từ ( E ) :  y   b  e  a  2 c  a  b  2  MF  a  ex0 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF2  a  ex0  MF  3MF2  MF1  3MF2  Từ giả thiết ta có:     MF1  3MF2  MF2  3MF1    MF2  3MF1  MF2  3MF1   10 MF1.MF2   MF12  MF22    16MF1.MF2   MF1  MF2    16  a  ex0   a  ex0    2a    16( a  e x02 )  12a a2 x   4e 32 2 2     +) Mặt khác M  ( E )  y02    81  x0   32 x02 23 46   y0   32  46  9  46   46  46  Vậy M  M  M   M   ; ; ; ;           8  8      A  Nhận xét: Trong giải toán ta biết A.B    , ta thường quen với chiều biến đổi thuận Nhưng B  nhiều trường hợp, việc biến đổi theo chiều ngược lại giúp giải toán ngắn gọn nhiều, mà ví dụ điển hình   Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M  3;1 , đường elip ( E ) qua điểm M khoảng cách hai đường chuẩn ( E ) Lập phương trình tắc ( E ) Giải: x2 y2 +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) là:   với a  b  a b a a +) Elip ( E ) có hai phương trình đường chuẩn x  x   e e Do khoảng cách hai đường chuẩn là: a 2a 9a  a 4 2 2 (1)    a  3c  a  9c  9(a  b )  b  e c +) Mặt khác M  3;1  ( E )    (2) a b Thay (1) vào (2) rút gọn ta được: a  12a  36   a   b    Vậy phương trình ( E ) cần lập là: x2 y  1 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) biết có đỉnh hai GV: Nguyễn Thanh Tùng   tiêu điểm ( E ) tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở ( E ) 12  Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y2   với a  b  a2 b2    Ta có chu vi hình chữ nhật sở: 4(a  b)  12   a  b    (1) +) Không tính tổng quát giả sử đỉnh B (0; b) hai tiêu điểm F1 (c; 0), F2 (c;0) tạo thành tam giác b2 Do BF1 F2 cân B , nên BF1 F2 BF1  F1F2  BF  F1 F2  c  b  4c  c  2 2 2 +) Khi a  b  c  a  b  a  b (2) (do a, b  ) 3 Thay (2) vào (1) ta : b  b    3b     b  3  a     +) Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là:    x2 y  1 36 27    Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2  3; qua điểm 1  A  3;  Lập phương trình tắc ( E ) với điểm M thuộc ( E ) , tính giá trị biểu thức 2  P  MF12  MF22  3OM  MF1 MF2 Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:    ( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2 x2 y2   với a  b  a2 b2  3; , suy c  +) Khi a  b  c   a  b   ( E ) : x2 y2  1 b2  b2 1  +) Với A  3;   ( E )     4b  b    (4b  3)(b2  1)   b   a  2 b  4b  Vậy phương trình tắc ( E ) : x2  y2  c c   MF1  a  a x0 ; MF2  a  a x0 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   OM  x  y ; x0  y  0  2 c   c  c  c    Khi P   a  x0    a  x0    x02  y02    a  x0   a  x0  a   a  a  a    Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng  a2  facebook.com/ ThayTungToan  x02 3c 2 2 2 2 x  x  y   x  x  y         y0     0 0 0 a   Vậy P  Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình x2 y   với hai tiêu điểm F1 , F2 (hoành độ F1 âm) Tìm tọa độ điểm M thuộc elip cho MF1 F2 = 60 Giải: +) ( E ) có phương trình  F1 (2;0) x2 y  a    , suy   c  a  b2    b   F2 (2;0) c c   MF1  a  a x0   x0 ; MF2  a  a x0   x0 +) M ( x0 ; y0 )  ( E )   2  x0  y0  (*)   Ta có MF  MF  F F  2MF F F cos MF F 2 1 2 2          x0     x0   42    x0  4.cos 60  x0  3  x0         +) Thay x0    5  5 75 5 vào (*) ta được: y02  Vậy M   ; M   ;   y0      4   4 16 4     Bài 17 (A – 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x  y  Viết phương trình tắc elip ( E ) , biết ( E ) có độ dài trục lớn ( E ) cắt (C ) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vuông Giải: Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y2  1 a b2 +) (E) có độ dài trục lớn  2a   a  +) (E) cắt (C ) bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vuông nên đỉnh nằm hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ thứ hai Ta giả sử A giao điểm (E) (C ) thuộc đường phân giác  : y  x +) Gọi A(t ; t )   ( t  ) Ta có: A  (C )  t  t   t  (vì t  )  A(2; 2) +) Mà A  ( E )  22 22 16    b2  b Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan x2 y  1 16 16 Bài 18 (B – 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  BD đường tròn tiếp xúc Vậy phương trình tắc elip (E) là: với cạnh hình thoi có phương trình x  y  Viết phương trình tắc elip ( E ) qua đỉnh A, B, C , D hình thoi Biết A thuộc trục Ox Giải: x2 y2   ( với a  b  ) a b2 Vì (E) qua đỉnh A, B, C, D A  Ox nên không tính tổng quát giả sử: A( a; 0) B (0; b) Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD  2OA  4OB  OA  2OB  a  2b (vì a  b  ) hay A(2b;0) B (0; b ) Gọi H hình chiếu O lên AB Gọi phương trình tắc elip ( E ) :  OH  R  ( đường tròn x  y  tiếp xúc với cạnh hình thoi) 1 1 1 Xét tam giác OAB ta có: hay    b   a  4b  20   2 OH OA OB 4b b x y2 Vậy phương trình tắc elip ( E ) là:  1 20 Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) có tâm sai , biết diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé ( E ) 24 Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: Ta có tâm sai e  x2 y2   với a  b  a  b  c a b2 c  a c a Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan +) Gọi F1 (c; 0), F2 (c;0) tiêu điểm B1 (0; b), B2 (0; b) đỉnh trục bé GV: Nguyễn Thanh Tùng Suy F1 B2 F2 B1 hình thoi , đó: S F1B2 F2 B1  1 12 F1 F2 B1 B2  2c.2b  2bc  24  bc  12  b  2 c 12 Khi a  b  c   c      c  25c  1296  9c  c  81  c  (do c  ) 3   c  Suy a  5; b  Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: x2 y  1 25 16 , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật sở elip có phương trình x  y  34 Viết phương trình tắc elip tìm tọa độ điểm M thuộc Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  ( E ) cho M nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc vuông M có hoành độ dương Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: Ta có tâm sai e  x2 y2   với a  b  a b2 c 4  c a a 5 Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R  34  a  b  34  b  34  a 2 4  Khi a  b  c  a  34  a   a   a  25  a  5; b  3; c  5  x2 y  1 25 Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x  y  36 có hai tiêu điểm F1 F2 với F1 có hoành Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: độ âm Tìm tọa độ điểm M thuộc ( E ) cho MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ Giải: +) Ta có ( E ) : x  y  36  x2 y2   , suy  a  3; b  c  e    2 a c  a  b  Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN  MF1  a  ex0 ; MF2  a  ex0  +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   x y với 3  x0  0  (*)   9 GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 5 81  2 Khi P  MF12  2MF22   a  ex0    a  ex0   3a  2aex0  3e x02   x02  x0   3 5 81 +) Xét hàm f ( x0 )  x02  với x0   3;3 x0  5 Ta có f '( x0 )  x0  ; f '( x0 )   x0    3;3 5 108  P  f ( x0 )  36 x0  x0 [ 3;3] 16 +) Thay x0  vào (*) ta được: y02   y0   5 Từ bảng biến thiên suy f ( x0 )      Vậy MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ M  ; ;  M   5  5  x2 y   điểm I (1; 2) Lập phương trình đường 16 thẳng d qua I , cắt ( E ) hai điểm phân biệt A, B cho I trung điểm AB Giải: +) I (1; 2) thuộc miền ( E ) nên d cắt ( E ) A, B Bài 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :  x   mt Gọi phương trình đường thẳng d có dạng:  với t  , m  n   y   nt +) Gọi A(1  mt1 ;  nt1 ), B(1  mt2 ;  nt2 ) Trong t1 , t2 nghiệm phương trình: (1  mt )2 (2  nt )     9m  16n  t  2(9m  32n)t  71  16 2(9m  32n) Theo hệ thức Vi – et ta có: t1  t2   9m  16n2  x  x  xI 2  m(t1  t2 )  +) I trung điểm AB  A B   y A  yB  yI 4  n(t1  t2 )  Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan  2m(9m  32n)  9m  16n   m(t1  t2 )     9m  32n  (do m2  n  )  n(t1  t2 )   2n(9m  32n)   9m  16n GV: Nguyễn Thanh Tùng m  32 Với 9m  32n   9m  32n , ta chọn   n  9  x   32t Suy phương trình d :  hay x  32 y  73   y   9t Bài 23 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 0) elip ( E ) : x2  y  Tìm tọa độ điểm B, C thuộc ( E ) cho tam giác ABC vuông cân A Giải: +) Ta có B, C thuộc ( E ) tam giác ABC vuông cân A Mặt khác A(3; 0)  Ox elip ( E ) nhận Ox, Oy  B (m; n) làm trục đối xứng nên B, C đối xứng qua trục Ox Do gọi  với n  C ( m ;  n )   m  m2  AB  (m  3; n)  B, C  ( E )  n   n2    +) Suy   ,      AB.AC   AC  (m  3;  n) (m  3)2  n2  n  (m  3)   m  m2 2 Suy  (m  3)   5m  27 m  36    12 m   +) Với m   n  (loại)   12    12  B  ;  B  ;   12       +) Với m   n   , suy   5 C  12 ;   C  12 ;       5  5 x2  y  Tìm tọa độ điểm B, C thuộc ( E ) cho tam giác ABC vuông cân A , biết điểm B có tung độ dương Bài 24 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 0) elip ( E ) : Giải: +) Do A(0;3)  ( E ) ; B , C  ( E ) ABC cân A nên B, C đối xứng qua trục hoành Ox Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Khi gọi B ( x0 ; y0 )  C ( x0 ;  y0 ) facebook.com/ ThayTungToan x  y02  với x0    x02  BC  y0  Gọi H trung điểm BC  H ( x0 ; 0)    AH   x0   x0  +) Ta giác ABC vuông cân A nên: 1 12 (do x0  )  y02  AH  BC   x0   x02  x0   y0   2 25  12   12  +) Do B có tung độ dường nên ta có: B  ;  C  ;   5  5  Bài 25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( E ) : x2 y   Tìm điểm M có hoành độ dượng thuộc ( E ) 25  cho F 1MF2  90 , F1 , F2 tiêu điểm Giải: +) ( E ) : a  x y  1   c  a  b2  25 b   x02 y02 1   25 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF   x ; MF   x  5 Vì tam giác F1MF2 vuông M nên : 2    175 81  MF  MF  F F    x0     x0   64  x02   y02     16 16  2 2 5 9 5 9 +) Do M có hoành độ dường nên ta được: M  M  ;   4  ;       Bài 26 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật 2 sở elip có phương trình x  y  34 Viết phương trình tắc elip tìm tọa độ điểm M thuộc elip ( E ) cho M nhìn hai tiêu điểm góc vuông M có hoành độ dương Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y2   với a  b  a2 b2 +) Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R  34 nên a  b  34  c a2  b2 2 a   e   25(a  b)  16a Khi ta có hệ :   c4 a a 5 2 b  a  b  34 a  b  34  x2 y Vậy phương trình tắc elip ( E ) là:  1 25 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  x02 y02 1   25 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF   x ; MF   x  5 Vì tam giác F1MF2 vuông M nên : 2 2    175 81     x0     x0   64  x02   y02     16 16  2 MF  MF  F1 F 5 9 5 9 +) Do M có hoành độ dường nên ta được: M  M  ;   4  ;       x2 y Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  y   elip ( E ) :   Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với d cắt ( E ) hai điểm A, B cho diện tích tam giác OAB Giải: +) Đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d : x  y   nên có dạng: x  y  c  Khi phương trình hoành độ giao điểm  ( E ) là: x  ( x  c)  36  x  2cx  c  36  (*) Ta có d cắt ( E ) hai điểm A, B (*) có hai nghiệm phân biệt hay  '  180  4c   3  c  (2*) x2  c   x c  +) Đường thẳng  cắt ( E ) hai điểm phân biệt A  x1 ;  , B  x2 ;      2c   x1  x2   với x1 , x2 nghiệm (*)  Khi đó: c  36 x x   AB   x2  x1  d (O ,  )  c 10 10 x x       , suy ra: SOAB    x1  x2   x1 x2  10 720  16c 15 c 1 10 AB.d (O, )   720  16c 3 2 15 10  16c  720c  8100   c   10 (thỏa mãn (2*)) Vậy phương trình đường thẳng  cần lập x  y  10  x  y  10    Bài 28 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho biết elip ( E ) có chu vi hình chữ nhật sở 16  , đồng thời đỉnh ( E ) tạo với hai tiêu điểm tam giác Viết phương trình đường tròn (T ) có tâm gốc tọa độ cắt ( E ) bốn điểm bốn đỉnh hình vuông Giải: Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: facebook.com/ ThayTungToan x2 y2   với a  b  a2 b2     Ta có chu vi hình chữ nhật sở 4(a  b)  16   a    b (1) +) Gọi M (0; b) đỉnh ( E ) mà MF1 F2 tam giác đều, đó: 3F1 F2 b (2)  b  3c  c  Mặt khác ta có : a  b  c (3) MO  b Thay (1), (2) vào (3) ta được:    b   b   b   a      x2 y2  1 64 48 +) Phương trình đường tròn (T ) có dạng: x  y  R Vậy phương trình ( E ) : Đường tròn (T ) cắt ( E ) bốn điểm phân biệt A, B, C , D Do (T ) ( E ) nhận Ox, Oy làm trục đối xứng nên ABCD hình chữ nhật  B ( x; y ) Gọi A( x; y )   C ( x;  y ) Khi hình chữ nhật ABCD thành hình vuông AB  BC  x  y  x  y x2  y2  R2  R2  x  y  y2 384 x  Do A  (T )  ( E ) nên x, y thỏa mãn:   1    R2   64 48  R  R 1 2 x  y  2.64 2.48  Vậy phương trình đường tròn (T ) cần lập x  y  384 x2 y2   điểm M (2;1) Viết phương trình đường 25 thẳng d qua M cắt ( E ) hai điểm A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB nằm đường thẳng  : y  2x Bài 29 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Giải: Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 22 12   nên M nằm ( E ) , suy đường thẳng qua M cắt ( E ) hai điểm phân biệt 25 +) Nếu d qua M (1; 2) song song với Ox hay d có phương trình x  trung điểm AB điểm I (1; 0) không thuộc đường thẳng y  x (loại) +) Do Do gọi phương trình đường thẳng d qua M (2;1) có hệ số góc k có dạng: y  k ( x  2)  Khi tọa độ A, B nghiệm hệ:  y  k ( x  2)   y  kx  2k    x y2 2 1 (25k  9) x  50k (2k  1) x  25(2k  1)  225  (*)    25 +) Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) Ta có: 50k (2k  1)   x1  x2  25k   25k (2k  1)  18k   I ;   : trung điểm AB 2  25k  25k    y  y  2(9  18k )  25k  1   k d:y x    18k 50k (2k  1)  +) Khi I      (2k  1)(50k  9)     25k  25k  k    d : y   x  34  50  50 25 34 Vậy phương trình đường thẳng d cần lập y  x y   x  50 25 x2 y2   ngoại tiếp tam giác ABC Tính diện tích 16 tam giác ABC , biết ( E ) nhận A(0; 2) làm đỉnh trục tung làm trục đối xứng Bài 30 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Giải: +) Do ABC tam giác A(0; 2) nên B, C đối xứng qua trục tung nên gọi B ( x0 ; y0 )  C ( x0 ; y0 ) với x0  +) Độ dài tam giác ABC a  x0 chiều cao h   y0 Khi h  a   y0  3x0  y0   x0  B x0 ;  x0  +) Ta có B  ( E )  x 16 2   3x0     x0   16 x0 0 16  x0  13 13  32  16 22  a  x0  13 768  B  ;      S ABC  ah  13   169 48  13 h   y0   13 Vậy S ABC  768 169 Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 31 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : facebook.com/ ThayTungToan x2 y   Tìm điểm M thuộc ( E ) cho 100 25  F 1MF2  120 , F1 , F2 hai tiêu điểm ( E ) Giải: a  10 +) Elip ( E ) có   c  a  b   F1F2  2c  10 b   x02 y02   (*)  100 25 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   MF  a  c x  10  x ; MF  a  c x  10  x 0 0  a a  Khi ta có: F F  MF  MF  2MF MF cos F MF 2 2 2          10  x0    10  x0    10  x0  10  x0  cos120  2 2        3  300  200  x02  100  x02  x02   x0  +) Thay x0  vào (*) ta được: y0  25  y0  5   10  Vậy M (0;5) M (0; 5) Bài 32 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y   hai elip có phương trình x2 y2 x2 y2   ( E2 ) :   ( a  b  ) Biết hai elip có tiêu điểm ( E2 ) qua điểm M 25 16 a b thuộc đường thẳng  Tìm tọa độ điểm M cho elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ ( E1 ) : Giải: Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan +) Elip ( E1 ) có hai tiêu điểm F1 (3;0), F2 (3; 0) Dễ thấy F1 , F2 nằm phía với  GV: Nguyễn Thanh Tùng Vì M  ( E2 ) ( E2 ) nhận F1 , F2 hai tiêu điểm nên ta có: MF1  MF2  2a Khi elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ MF1  MF2 nhỏ +) Gọi N đối xứng với F1 (3; 0) qua   N ( 5; 2) Khi ta có phương trình NF2 là: x  y   +) Ta có MF1  MF2  MN  MF2  NF2  68 Suy MF1  MF2 nhỏ M   NF2   17   x   x  y    17  Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ :    M  ;   5 x  y   y    17  Vậy M   ;   5 x2 y Bài 33 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :   hai điểm A(3; 2), B (3; 2) Tìm ( E ) điểm C có tọa độ dương cho diện tích tam giác ABC lớn Giải: +) Phương trình đường thẳng AB là: x  y  x02 y02  1 x  y0 1 Khi S ABC  AB.d (C , AB )  52  x0  y0 (1) 2 13 Mặt khác theo Bất đẳng thức Bu – nha ta có: +) Gọi C ( x0 ; y0 ) với x0 , y0  Do C  ( E )   x02 y02   x0 y0  x y  1              x0  y0  (2)  3 2  2 Từ (1) (2) suy S ABC   x02 y02      x0  3  3  +) Dấu “=” xảy :   ;  Vậy C  ;   C       x0  y0 y      Bài 34 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) , biết điểm M 1; nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc vuông hình chữ nhật sở ( E ) nội tiếp đường tròn có phương trình x  y  20 Giải: x2 y2 +) Gọi phương trình tắc elip ( E )   với a  b  a b  Do F nên OM  F1 F2  OM  c   a  b  (1) 1MF2  90 +) Hình chữ nhật sở ( E ) nội tiếp đường tròn : x  y  20  a  b  20 (2) Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN Từ (1) (2) suy a  12; b  Vậy elip ( E ) cần lập là: facebook.com/ ThayTungToan x2 y  1 12 x2 y2   có hai tiêu điểm F1 , F2 Tìm tọa độ điểm M 25 thuộc ( E ) cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 Giải: Bài 35 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : a   MF1  MF2  F1 F2 x2 y2 +) Ta có ( E ) :    b   p 9 25  2 c  a  b  4 2.9 pr   y  y  3 Khi S MF1 F2  pr  d ( M , Ox ).F1F2  d ( M , Ox )   M M F1 F2 +) Mặt khác M  ( E )  xM  Vậy M (0;3) M (0; 3)   Bài 36 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M 3; Viết phương trình tắc elip ( E ) qua điểm M , cho M nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc vuông Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) Do M  ( E )  x2 y2   với a  b  a b2 12   (1) a b2  +) Mặt khác F nên OM  F1 F2  c  c   a  b  16 (2) 1MF2  90 x2 y Từ (1) (2) suy a  24; b  Vậy elip ( E ) cần lập là:   24 x2 Bài 37 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm C (2; 0) elip ( E ) :  y  Tìm điểm A, B ( E ) cho CA  CB tam giác CAB có diện tích lớn Giải: +) Theo giả thiết ta có C đỉnh nằm trục lớn elip ( E ) Do CA  CB , suy A, B đối xứng qua trục hoành Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan  x02   y0  Gọi A( x0 ; y0 )  ( E )   với x0  (2; 2)  B( x ;  y ) 0  1 Khi S ABC  d (C , AB ) AB   x0 y0  (2  x0 ) y0 2 x02  (2  x0 )3 (2  x0 ) 2 2  (1)  S ABC  (2  x0 ) y0  (2  x0 ) 1    4  Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có:  x0  x0  x0 (2  x0 )3 (2  x0 )     x0  4  (2  x0 )3 (2  x0 )  27 (2) 3 27 27 3 Từ (1) (2) suy ra: S ABC   S ABC    3   A  1;  , B  1;     x0   Dấu “=” xảy   x0   x0  1  y0     A  1;   , B  1;         4 3   3     3  3 3  3 Vậy A  1; A  1;  , B  1;  , B  1;               CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học môn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! [...]...Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam Tài liệu học tập group https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) Bài 8 (Đề thi Đại học khối B năm 2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính... d(A, SCD)= a 3 7 Bài 9 (Đề thi Đại học khối D năm 2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với · ·  450 Tính theo a thể tích của khối  1200 , M là trung điểm cạnh BC và SMA đáy, BAD chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC) V=  a3 4 d(D, (SBC))= d(A, (SBC))= 1 1a 3 a 6 SM  2 2 2 2 4 Bài 10 (Đề thi Đại học khối D năm 2012) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’... ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông,  A’AC vuông cân, A’C = a Tính a) VABB ' C '  a3 2    48    a 6  6   b) d ( A,( BCD '))   Bài 11 (Đề thi Đại học khối A năm 2012) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, h.c.v.g của S lên (ABC) là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2HB, góc giữa SC và (ABC) bằng 600 Tính a) VS ABC  a3 7    12   b) d ( SA, BC ) ( = Tổng đài tư vấn : +84 (4)... 1 , trong nhiều bài toán các bạn có thể chuyển a2 b2  x  a sin t nó về dạng tham số sau :  để việc tham số hóa điểm thuộc elip được dễ dàng hơn  y  b cos t Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan III BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1 Trong mặt... ThayTungToan ELIP VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN GV: Nguyễn Thanh Tùng I KIẾN THỨC CƠ SỞ Để giải quyết tốt các lớp bài toán liên quan tới Elip (tìm điểm và viết phương trình tắc của elip) trước tiên chúng ta cần nắm được các kiến thức cơ bản qua sơ đồ sau: Dựa trên các kiến thức cơ bản này, kết hợp với các bài toán trước các bạn đã được tìm hiểu, sẽ giúp ta giải quyết dễ dàng các lớp bài toán liên quan tới... B 6; 1     Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình chính tắc của elip trong mặt phẳng Oxy biết điểm GV: Nguyễn Thanh Tùng  8 1 M  ;  thuộc elíp và tam giác F1MF2 vuông tại M , trong đó F1 , F2 là hai... tọa độ nguyên của bài toán, giúp ta nghĩ tới ngay giải pháp trên x2 Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :  y 2  1 Tìm tọa độ điểm M trên ( E ) sao cho bán 9 kính qua tiêu của tiêu điểm này bằng 3 lần bán kính qua tiêu của tiêu điểm kia Giải: Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới... 1 6 2 Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng có một đỉnh và hai GV: Nguyễn Thanh Tùng   tiêu điểm của ( E ) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của... thành công kì thi THPTQG sắp tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan x2 y 2  1 16 16 3 Bài 18 (B – 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD và đường tròn tiếp xúc Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2  y 2  4 Viết phương trình chính tắc của elip ( E ) đi qua các đỉnh A, B, C , D của hình thoi... Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A  Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A( a; 0) và B (0; b) Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD  2OA  4OB  OA  2OB  a  2b (vì a  b  0 ) hay A(2b;0) và B (0; b ) Gọi H là hình chiếu của O lên AB Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) :  OH  R  2 ( vì đường tròn x 2  y 2  4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) 1 1 1 1 1 1 Xét tam giác OAB ta có: hay