Giải CHI TIẾT Bài 1. Elip – Chuyên đề Toán 10 CD
=============
Giải mục 1 trang 39, 40 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
- HĐ 1
- HĐ 2
HĐ 1
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), ta xét Elip \(\left( E \right)\) có phương trình chính tắc là: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\) (Hình 2)
a) Tìm tọa độ của hai tiêu điểm \({F_1},{F_2}\) của \(\left( E \right)\)
b) \(\left( E \right)\) cắt trục \(Ox\) tịa các điểm \({A_1},{A_2}\) và cắt trục \(Oy\) tịa các điểm \({B_1},{B_2}\). Tìm độ dài các đoạn thẳng \(O{A_2},O{B_2}\)
Phương pháp giải:
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ 4 đỉnh là \({A_1}\left( { – a;0} \right),{A_2}\left( {a;0} \right),{B_1}\left( {0; – b} \right),{B_2}\left( {0;b} \right).\)
Lời giải chi tiết:
Elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\) có 4 đỉnh \({A_1}\left( { – a;0} \right),{A_2}\left( {a;0} \right),{B_1}\left( {0; – b} \right),{B_2}\left( {0;b} \right).\)
\( \Rightarrow O{A_2} = a;O{B_2} = b\)
HĐ 2
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), ta xét Elip \(\left( E \right)\) có phương trình chính tắc là: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\)
Cho điểm \(M\left( {x;y} \right)\) nẳm trên \(\left( E \right)\) (Hình 3)
a) Gọi \({M_1}\) là điểm đối xứng của M qua trục Ox. Tìm tọa độ của điểm \({M_1}\). Điểm \({M_1}\) có nằm trên \(\left( E \right)\) hay không? Tại sao?
b) Gọi \({M_2}\) là điểm đối xứng của M qua trục Oy. Tìm tọa độ của điểm \({M_2}\). Điểm \({M_2}\) có nằm trên \(\left( E \right)\) hay không? Tại sao?
c) Gọi \({M_3}\) là điểm đối xứng của M qua gốc O. Tìm tọa độ của điểm \({M_3}\). Điểm \({M_3}\) có nằm trên \(\left( E \right)\) hay không? Tại sao?
Lời giải chi tiết:
a) Điểm \({M_1}\) là điểm đối xứng của M qua trục Ox, nên \({M_1}\left( {x; – y} \right)\)
\({M_1}\left( {x; – y} \right)\) thuộc Elip vì \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{{( – y)}^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)
b) Điểm \({M_2}\) là điểm đối xứng của M qua trục Oy, nên \({M_2}\left( { – x;y} \right)\)
\({M_2}\left( { – x;y} \right)\) thuộc Elip vì \(\frac{{{{( – x)}^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)
c) Điểm \({M_3}\) là điểm đối xứng của M qua gốc O, nên \({M_3}\left( { – x; – y} \right)\)
\({M_3}\left( { – x; – y} \right)\) thuộc Elip vì \(\frac{{{{( – x)}^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{{( – y)}^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)
Giải mục 1 trang 39, 40 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
=========
Giải mục 2 trang 41 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
- HĐ 3
- Luyện tập – vận dụng 1
- HĐ 4
HĐ 3
a) Nêu nhận xét về vị trí bốn đỉnh của elip \(\left( E \right)\) với bốn cạnh của hình chữ nhật cơ sở.
b) Cho điểm \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc elip \(\left( E \right)\). Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của x và của y.
Lời giải chi tiết:
a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), ta xét Elip \(\left( E \right)\) có phương trình chính tắc là: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\) . Khi đó ta có:
+ Hình chữ nhật cơ sở có bốn đỉnh là \(P\left( { – a;b} \right),Q\left( {a;b} \right),R\left( {a; – b} \right),S\left( { – a; – b} \right)\)
+ Bốn đỉnh của elip là trung điểm của các cạnh của hình chữ nhật cơ sở
b) Nếu điểm \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc elip \(\left( E \right)\) thì \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)
\( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} \le 1,\frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} \le 1 \Leftrightarrow {x^2} \le {a^2},{y^2} \le {b^2}\)
\( \Leftrightarrow – a \le x \le a, – b \le y \le b\).
Dó đó mọi điểm của elip nếu không phải đỉnh thì đều nằm trong hình chữ nhật
Khi đó Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của x là a và -a, Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của y là b và -b
Luyện tập – vận dụng 1
Viết phương trình chính tắc của elip, biết \({A_1}\left( { – 4;0} \right),{B_2}\left( {0;2} \right)\) là hai đỉnh của nó
Phương pháp giải:
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\) . Khi đó ta có 4 đỉnh là \({A_1}\left( { – a;0} \right),{A_2}\left( {a;0} \right),{B_1}\left( {0; – b} \right),{B_2}\left( {0;b} \right).\)
Lời giải chi tiết:
Ta có \({A_1}\left( { – 4;0} \right),{B_2}\left( {0;2} \right)\) là hai đỉnh của elip, suy ra \(a = 4,b = 2\).
Khi đó phương trình chính tắc của elip là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1\)
HĐ 4
Quan sát elip \(\left( E \right)\) phương trình chính tắc là: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) trong đó \(a > b > 0\) và hình chữ nhật cơ sở PQRS của \(\left( E \right)\)(Hình 5)
a) Tính tỉ số giữa hai cạnh \(\frac{{QR}}{{PQ}}\) của hình chữ nhật \(PQRS\)
b) Tỉ số \(\frac{{QR}}{{PQ}}\) phản ánh đặc điểm gì của \(\left( E \right)\) về hình dạng?
Phương pháp giải:
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), ta xét Elip \(\left( E \right)\) có phương trình chính tắc là: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\) . Khi đó ta có hình chữ nhật cơ sở có bốn đỉnh là \(P\left( { – a;b} \right),Q\left( {a;b} \right),R\left( {a; – b} \right),S\left( { – a; – b} \right)\)
Lời giải chi tiết:
a) Ta có hình chữ nhật cơ sở có bốn đỉnh là \(P\left( { – a;b} \right),Q\left( {a;b} \right),R\left( {a; – b} \right),S\left( { – a; – b} \right)\)
Suy ra \(QR = 2b,PQ = 2a \Rightarrow \frac{{QR}}{{PQ}} = \frac{{2b}}{{2a}} = \frac{b}{a}\)
b) Ta có \(\frac{{QR}}{{PQ}} = \frac{b}{a}\), vì \(0 < b < a\) nên \(0 < \frac{b}{a} < 1\). Tỉ số \(\frac{b}{a}\) phản ánh cụ thể hình dạng của \(\left( E \right)\) như sau:
+ Nếu tỉ số \(\frac{b}{a}\) càng bé thì hình chữ nhật cơ sở càng “dẹt”, do đó \(\left( E \right)\) càng “gầy”
+ Nếu tỉ số \(\frac{b}{a}\) càng lớn thì b càng gần a và hình chữ nhật cơ sở càng gần với hình vuông, do đó \(\left( E \right)\) càng “béo”
Giải mục 2 trang 41 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
===============
Giải mục 4 trang 43, 44, 45 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
- HĐ 5
- HĐ 6
- VD 4
- VD 5
- Bài 3
HĐ 5
Giả sử đường elip (E) là tập hợp các điểm M trong mặt phẳng sao cho \(M{F_1} + M{F_2} = 2a\), ở đó \({F_1}{F_2} = 2c\) với \(0 < c < a\). Ta chọn hệ trục tọa độ \(Oxy\) có gốc là trung điểm của đoạn thẳng \({F_1}{F_2}\). Trục \(Oy\) là đường trung trực của \({F_1}{F_2}\) và \({F_2}\) nằm trên tia \(Ox\) (Hình 8). Khi đó \({F_1}( – c;0),{F_2}(c;0)\) là các tiêu diểm của elip (E)
Giả sử điểm \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc elip (E)
Chứng minh rằng:
a) \(M{F_1}^2 = {x^2} + 2cx + {c^2} + {y^2}\)
b) \(M{F_2}^2 = {x^2} – 2cx + {c^2} + {y^2}\)
c) \(M{F_1}^2 – M{F_2}^2 = 4cx\)
Lời giải chi tiết:
a) Ta có: \(\overrightarrow {M{F_1}} = \left( { – c – x; – y} \right) \Rightarrow M{F_1}^2 = {\left( { – c – x} \right)^2} + {y^2} = {x^2} + 2cx + {c^2} + {y^2}\)
b) Ta có: \(\overrightarrow {M{F_2}} = \left( {c – x; – y} \right) \Rightarrow M{F_2}^2 = {\left( {c – x} \right)^2} + {y^2} = {x^2} – 2cx + {c^2} + {y^2}\)
c) \(M{F_1}^2 – M{F_2}^2 = \left( {{x^2} + 2cx + {c^2} + {y^2}} \right) – \left( {{x^2} – 2cx + {c^2} + {y^2}} \right) = 4cx\)
HĐ 6
Sử dụng đẳng thức c) ở trên và đẳng thức \(M{F_1} + M{F_2} = 2a\), chứng minh:
a) \(M{F_1} – M{F_2} = \frac{{2c}}{a}x\)
b) \(M{F_1} = a + \frac{c}{a}x\)
c) \(M{F_2} = a – \frac{c}{a}x\)
Lời giải chi tiết:
a) Ta có: \(M{F_1}^2 – M{F_2}^2 = \left( {M{F_1} – M{F_2}} \right)\left( {M{F_1} + M{F_2}} \right) = \left( {M{F_1} – M{F_2}} \right).2a = 4cx\)
\( \Rightarrow M{F_1} – M{F_2} = \frac{{2c}}{a}x\)
b) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M{F_1} + M{F_2} = 2a\left( 1 \right)\\M{F_1} – M{F_2} = \frac{{2c}}{a}x\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Cộng hai vế của (1) và (2) ta được: \(2M{F_1} = 2a + \frac{{2c}}{a}x \Rightarrow M{F_1} = a + \frac{c}{a}x\)
c) Ta có: \(M{F_2} = 2a – M{F_1} = 2a – \left( {a + \frac{c}{a}x} \right) = a – \frac{c}{a}x\)
VD 4
Cho elip có phương trình chính tắc \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\). Giả sử M là điểm thuộc elip và có hoành độ là 2. Tìm độ dài của các bán kính qua tiêu của điểm M.
Phương pháp giải:
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài bán kính qua tiêu của điểm \(M(x,y)\) trên (E) là: \(M{F_1} = a + \frac{c}{a}x;M{F_2} = a – \frac{c}{a}x.\)
Lời giải chi tiết:
Ta có \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = \sqrt {25 – 9} = 4\). Do đó \(e = \frac{c}{a} = \frac{4}{5} = 0,8\). Vậy độ dài các bán kính qua tiêu của điểm M là:
\(M{F_1} = a + \frac{c}{a}x = 5 + 0,8.2 = 6,6;M{F_2} = a – \frac{c}{a}x = 5 – 0,8.2 = 3,4\)
VD 5
Cho elip có phương trình chính tắc \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\). Giả sử \(M\left( {x;y} \right)\) là điểm thuộc elip. Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của bán kính qua tiêu \(M{F_1}\) và \(M{F_2}\)
Phương pháp giải:
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài bán kính qua tiêu của điểm \(M(x,y)\) trên (E) là: \(M{F_1} = a + \frac{c}{a}x;M{F_2} = a – \frac{c}{a}x.\)
\(M{F_1}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = – a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = a\)
\(M{F_2}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = – a\)
Lời giải chi tiết:
Vì \( – a \le x \le a\) nên \(a + \frac{c}{a}\left( { – a} \right) \le a + \frac{c}{a}x \le a + \frac{c}{a}\left( a \right) \Leftrightarrow a – c \le M{F_1} \le a + c\)
Vậy \(M{F_1}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = – a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = a\)
Tương tự với \(M{F_2}\), ta có \( – a \le x \le a \Rightarrow a \ge – x \ge – a\) hay \( – a \le x \le a\) nên \(a – \frac{c}{a}\left( a \right) \le a – \frac{c}{a}x \le a – \frac{c}{a}\left( { – a} \right) \Leftrightarrow a – c \le M{F_2} \le a + c\)
Vậy \(M{F_2}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = – a\)
Bài 3
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1\) với tiêu điểm \({F_2}\left( {\sqrt 5 ;0} \right)\). Tìm tọa độ \(M \in \left( E \right)\) sao cho độ dài \({F_2}M\) nhỏ nhất
Phương pháp giải:
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài bán kính qua tiêu của điểm \(M(x,y)\) trên (E) là: \(M{F_1} = a + \frac{c}{a}x;M{F_2} = a – \frac{c}{a}x.\)
\(M{F_1}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = – a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = a\)
\(M{F_2}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = – a\)
Lời giải chi tiết:
Elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1\) có \(a = 3,b = 2 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = \sqrt 5 \)
Độ dài bán kính qua tiêu \(M{F_2} = a – \frac{c}{a}x = 3 – \frac{{\sqrt 5 }}{3}x.\)
Vì \(M{F_2}\) có độ dài nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = a\) nên
\(M{F_2}\) có độ dài nhỏ nhất là \(3 – \sqrt 5 \) khi \(x = 3.\)
Mà \(M \in (E)\) \( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1 \Rightarrow {y^2} = 4\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{9}} \right) = 4\left( {1 – \frac{{{3^2}}}{9}} \right) = 0\)
Vậy \(M\left( {3;0} \right)\) thì \(M{F_2}\) có độ dài nhỏ nhất bằng \(3 – \sqrt 5 \).
Giải mục 4 trang 43, 44, 45 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
—————–
Giải mục 5 trang 45, 46 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
- HĐ 7
- Luyện tập – vận dụng 4
HĐ 7
Cho elip (E) \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
Xét đường thẳng \({\Delta _1}:x = – \frac{a}{e}\) với mỗi điểm \(M\left( {x;y} \right) \in \left( E \right)\) (Hình 9), tính:
a) Khoảng cách \(d\left( {M,{\Delta _1}} \right)\) từ điểm \(M\left( {x;y} \right)\) đến đường thẳng \({\Delta _1}\)
b) Tỉ số \(\frac{{M{F_1}}}{{d\left( {M,{\Delta _1}} \right)}}\)
Lời giải chi tiết:
a) Viết lại phương trình đưởng thẳng \({\Delta _1}\) ở dạng: \(x + 0y + \frac{a}{e} = 0\)
Với mỗi điểm \(M\left( {x;y} \right) \in \left( E \right)\), ta có: \(d\left( {M,{\Delta _1}} \right) = \frac{{\left| {x + 0y + \frac{a}{e}} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2}} }} = \frac{{\left| {a + ex} \right|}}{e}\)
b) Do \(M{F_1} = a + ex > 0\) nên \(M{F_1} = \left| {a + ex} \right| \Rightarrow d\left( {M,{\Delta _1}} \right) = \frac{{M{F_1}}}{e}\)
Vậy \(\frac{{M{F_1}}}{{d\left( {M,{\Delta _1}} \right)}} = e\)
Luyện tập – vận dụng 4
Viết phương trình chính tắc của elip, biết tiêu điểm \({F_2}(5;0)\) và đường chuẩn ứng với tiêu điểm đó là \(x = \frac{{36}}{5}.\)
Phương pháp giải:
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Tiêu điểm \({F_1}( – c;0),{F_2}(c;0)\)
+ Ứng với tiêu điểm \({F_1}( – c;0)\), có đường chuẩn \({\Delta _1}:x + \frac{a}{e} = 0\)
+ Ứng với tiêu điểm \({F_2}(5;0)\), có đường chuẩn \({\Delta _2}:x – \frac{a}{e} = 0\)
Lời giải chi tiết:
Gọi phương trình chính tắc của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
(E) có tiêu điểm \({F_2}(c;0) = (5;0) \Rightarrow c = 5\)
Ứng với tiêu điểm \({F_2}(3;0)\), có đường chuẩn \({\Delta _2}:x = \frac{a}{e} = \frac{{36}}{5}\)
Mà \(e = \frac{c}{a} = \frac{5}{a} \Rightarrow \frac{a}{e} = \frac{{{a^2}}}{5} = \frac{{36}}{5} \Leftrightarrow {a^2} = 36\) hay \(a = 6\). Suy ra \(b = \sqrt {{a^2} – {c^2}} = \sqrt {{6^2} – {5^2}} = \sqrt {11} \)
Vậy phương trình chính tắc của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{11}} = 1\)
Giải mục 5 trang 45, 46 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
——————-
Giải mục 6 trang 46 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
- HĐ 8
HĐ 8
Cho elip (E) có phương trình chính tắc là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
Xét đường tròn (C) tâm O bán kính a có phương trình \({x^2} + {y^2} = {a^2}\)
Cét điểm \(M\left( {x;y} \right) \in \left( E \right)\) và \({M_1}\left( {x;{y_1}} \right) \in \left( C \right)\) sao cho \(y\) và \({y_1}\) luôn cùng dấu (Khi M khác với hai đỉnh \({A_1},{A_2}\) của (E)) (Hình 10)
a) Từ phương trình chính tắc của elip (E), hãy tính \({y^2}\) theo \({x^2}\)
Từ phương trình của đường tròn (C), hãy tính \({y_1}^2\) theo \({x^2}\)
b) Tính tỉ số \(\frac{{HM}}{{H{M_1}}} = \frac{y}{{{y_1}}}\) theo \(a,b\)
Lời giải chi tiết:
a) Ta có \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow {y^2} = {b^2}\left( {1 – \frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}} \right) = \frac{{\left( {{a^2} – {x^2}} \right){b^2}}}{{{a^2}}}\)
Tương tự, \({M_1}\left( {x;{y_1}} \right) \in \left( C \right)\) nên \({x^2} + {y_1}^2 = {a^2} \Rightarrow {y_1}^2 = {a^2} – {x^2}\)
b) Ta có: \(\frac{{{y^2}}}{{{y_1}^2}} = \frac{{\frac{{\left( {{a^2} – {x^2}} \right){b^2}}}{{{a^2}}}}}{{{a^2} – {x^2}}} = \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}}\).
Vậy \(\frac{{HM}}{{H{M_1}}} = \frac{y}{{{y_1}}} = \frac{b}{a}\), tức là \({y_1} = \frac{a}{b}y\)
Giải mục 6 trang 46 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
—————
Giải mục 7 trang 47 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
- HĐ 9
HĐ 9
Vẽ elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\)
Lời giải chi tiết:
Để vẽ elip (E), ta có thể làm như sau:
Ta thấy \(a = 5,b = 3\). (E) có các đỉnh \({A_1}\left( { – 5;0} \right),{A_2}\left( {5;0} \right),{B_1}\left( {0; – 3} \right),{B_2}\left( {0;3} \right)\)
Bước 1: Vẽ hình chữ nhật cơ sở có bốn cạnh thuộc bốn thường thẳng \(x = – 5,x = 5,y = – 3,y = 3\)
Bước 2: Tìm một số điểm cụ thể thuộc elip, chẳng hạn, ta thấy điểm \(M\left( {4;\frac{9}{5}} \right)\) và điểm \(N\left( {3;\frac{{12}}{5}} \right)\) thuộc (E) và điểm \({M_1}\left( {4; – \frac{9}{5}} \right),{M_2}\left( { – 4;\frac{9}{5}} \right),{M_3}\left( { – 4; – \frac{9}{5}} \right),{N_1}\left( {3; – \frac{{12}}{5}} \right),{N_2}\left( { – 3;\frac{{12}}{5}} \right),{N_3}\left( { – 3; – \frac{{12}}{5}} \right)\) thuộc (E)
Bước 3: Vẽ đường elip (E) đi qua các điểm cụ thể trên, nằm ở phía trong hình chữ nhật cơ sở và tiếp xúc với các cạnh của hình chữ nhật cơ sở tại bốn điểm của đỉnh (E) là \({A_1}\left( { – 5;0} \right),{A_2}\left( {5;0} \right),{B_1}\left( {0; – 3} \right),{B_2}\left( {0;3} \right)\)
Giải mục 7 trang 47 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
——————
Giải bài 1 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Đề bài
Viết phương trình chính tắc của elip (E) trong mỗi trường hợp sau:
a) Độ dài trục lớn bằng 6 và tiêu điểm là \({F_1}\left( { – 2;0} \right)\)
b) Tiêu cự bằng 12 và tâm sai bằng \(\frac{3}{5}\)
c) Tâm sai bằng \(\frac{{\sqrt 5 }}{3}\) và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) bằng 20
Phương pháp giải
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài trục lớn: \(2a\), độ dài trục nhỏ: \(2b\)
+ Tiêu điểm \({F_1}( – c;0),{F_2}(c;0)\)
+ Tiêu cự: \(2c = 2\sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
+ Tâm sai của elip: \(e = \frac{c}{a}\) với \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \).
+ Kích thước của hình chữ nhật cơ sở là 2a và 2b
Lời giải chi tiết
a) Ta có: Độ dài trục lớn \(2a = 6 \Rightarrow a = 3\) và tiêu điểm là \({F_1}\left( { – 2;0} \right)\) nên \(c = 2 \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} – {c^2}} = \sqrt {{3^2} – {2^2}} = \sqrt 5 \)
Vậy elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{5} = 1\)
b) Ta có: Tiêu cự \(2c = 12 \Rightarrow c = 6\)
Tâm sai bằng \(e = \frac{c}{a} = \frac{6}{a} = \frac{3}{5} \Rightarrow a = 10\)
\( \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} – {c^2}} = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}} = 8\)
Vậy elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\)
c) Tâm sai bằng \(e = \frac{c}{a} = \frac{{\sqrt 5 }}{3} \Rightarrow \frac{{\sqrt {{a^2} – {b^2}} }}{a} = \frac{{\sqrt 5 }}{3} \Rightarrow \frac{{{a^2} – {b^2}}}{{{a^2}}} = \frac{5}{9}\)
\( \Rightarrow 9{a^2} – 9{b^2} = 5{a^2} \Rightarrow 4{a^2} = 9{b^2} \Rightarrow 2a = 3b\)
Với chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) bằng 20 nên \(2\left( {2a + 2b} \right) = 20 \Rightarrow a + b = 5\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2a = 3b\\a + b = 5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 3\\b = 2\end{array} \right.\)
Vậy elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1\)
Giải bài 1 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
—————-
Giải bài 2 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Đề bài
Tìm tâm sai của elip (E) trong mỗi trường hợp sau:
a) Độ dài bán trục lớn gấp hai lần độ dài bán trục bé
b) Khoảng cách từ một đỉnh trên trục lớn đến một đỉnh trên trục bé bằng tiêu cự
Phương pháp giải
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài bán trục lớn: \(a\), độ dài bán trục bé: \(b\)
+ Tiêu cự \(2c\) với \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
+ 4 đỉnh là \({A_1}\left( { – a;0} \right),{A_2}\left( {a;0} \right),{B_1}\left( {0; – b} \right),{B_2}\left( {0;b} \right).\)
+ Tâm sai \(e = \frac{c}{a}\)
Lời giải chi tiết
a) Ta có: Độ dài bán trục lớn gấp hai lần độ dài bán trục bé hay \(a = 2b \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {\frac{3}{4}{a^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Tâm sai của elip là \(e = \frac{c}{a} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
b) Giả sử elip có 1 đỉnh trên trục lớn là \(A\left( {a;0} \right)\left( {a > 0} \right)\) và một đỉnh trên trục bé là \(B\left( {0;b} \right)\left( {b > 0} \right)\)
Theo đề bài ta có: \(AB = 2c = 2\sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sqrt {{{\left( {0 – a} \right)}^2} – {{\left( {b – 0} \right)}^2}} = 2\sqrt {{a^2} – {b^2}} \Rightarrow {a^2} + {b^2} = 4\left( {{a^2} – {b^2}} \right)\\ \Rightarrow 3{a^2} = 5{b^2} \Rightarrow {b^2} = \frac{3}{5}{a^2} \Rightarrow {c^2} = {a^2} – {b^2} = {a^2} – \frac{3}{5}{a^2} = \frac{2}{5}{a^2}\\ \Rightarrow \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} = \frac{2}{5} \Rightarrow e = \frac{c}{a} = \sqrt {\frac{2}{5}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5}\end{array}\)
Vậy elip có tâm sai bằng \(\frac{{\sqrt {10} }}{5}\)
Giải bài 2 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
—————-
Giải bài 3 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Đề bài
Trái Đất chuyển động quanh Mặt Trời theo một quỹ đạo là đường elip mà Mặt Trời là một tiêu điểm. Biết elip này có bán trục lớn \(a \approx 149.598.261\) km và tâm sai \(e \approx 0,017\). Tìm khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất giữa Trái Đất và Mặt Trời (kết quả được làm tròn đến hàng đơn vị)
Phương pháp giải
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài bán kính qua tiêu của điểm \(M(x,y)\) trên (E) là: \(M{F_1} = a + \frac{c}{a}x;M{F_2} = a – \frac{c}{a}x.\)
Lời giải chi tiết
Chọn hệ trục tọa độ sao cho Mặt Trời trùng với tiêu điểm \({F_1}\) của elip. Khi đó, áp dụng công thức bán kính qua tiêu, ta có khoảng cách giữa Trái Đất và Mặt Trời là:
\(M{F_1} = a + ex\) với \(x\)là hoành độ biểu diễn Trái Đất là \( – a \le x \le a\)
Vì \( – a \le x \le a\) nên \(a + e\left( { – a} \right) \le a + \frac{c}{a}x \le a + e\left( a \right) \Leftrightarrow a – ae \le a + \frac{c}{a}x \le a + ae\)
Với bán trục lớn \(a \approx 149\;598\;261\) km và tâm sai \(e \approx 0,017\), ta có:
\(147\;055\;090 \le M{F_1} \le 152\;141\;431\)
Vậy khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất giữa Trái Đất và Mặt Trời lần lượt là 147 055 090 km và 152 141 431 km.
Giải bài 3 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
Giải bài 4 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Đề bài
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\). Tìm tọa độ điểm \(M \in \left( E \right)\) sao cho độ dài \({F_2}M\) lớn nhất, biết \({F_2}\) là một tiêu điểm có hoành độ dương của (E)
Phương pháp giải
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài bán kính qua tiêu của điểm \(M(x,y)\) trên (E) là: \(M{F_1} = a + \frac{c}{a}x;M{F_2} = a – \frac{c}{a}x.\)
\(M{F_1}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = – a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = a\)
\(M{F_2}\) có giá trị nhỏ nhất là \(a – c\) khi \(x = a\) và có giá trị lớn nhất là \(a + c\) khi \(x = – a\)
Lời giải chi tiết
Elip có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1 \Rightarrow a = 5,b = 3\)
Ta có: \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = \sqrt {25 – 9} = 4\)
Gọi tọa độ của \(M(x,y)\), ta có: \(M{F_2} = a – \frac{c}{a}x = 5 – \frac{4}{5}x\)
Vì \( – 5 \le x \le 5\) hay \( – 5 \le – x \le 5\) nên \(5 + \frac{4}{5}\left( { – 5} \right) \le 5 + \frac{4}{5}( – x) \le 5 + \frac{4}{5}.5\)\( \Leftrightarrow 5 – 4 \le M{F_2} \le 5 + 4 \Leftrightarrow 1 \le M{F_2} \le 9\)
\( \Rightarrow M{F_2} \le 9\). Dấu bằng xảy ra khi \( – x = 5\)
Vậy độ dài \({F_2}M\) lớn nhất bằng 9 khi \(M( – 5,0)\)
Giải bài 4 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
Giải bài 5 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều>
Đề bài
Hình 11 minh họa mặt cắt đứng của một căn phòng trong bảo tàng với mái vòm trần nhà của căn phòng đó có dạng một nửa đường elip. Chiều rộng của văn phòng là 16 m, chiều cao của tường là 4 m, chiều cao của mái vòm là 3 m.
a) Viết phương trình chính tắc của elip biểu diễn mái vòm trần nhà trong hệ trục tọa độ \(Oxy\) (đơn vị trên hai trục là mét)
b) Một nguồn sáng được đặt tại tiêu điểm thứ nhất của elip. Cần đặt bức tượng ở vị trí có tọa độ nào để bức tượng sáng rõ nhất? Giả thiết rằng vòm trần phản xạ ánh sáng. Biết rằng, một tia sáng xuất phát từ một tiêu điểm của elip, sau khi phản xạ tại elip thì sẽ đi qua tiêu điểm còn lại
Phương pháp giải
Cho elip (E): \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
+ Độ dài trục lớn: \(2a\), độ dài trục nhỏ: \(2b\)
+ \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
Lời giải chi tiết
Gọi phương trình chính tắc của elip cần tìm là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) \((0 < b < a)\)
Từ hình vẽ ta có:
Độ dài trục lớn: \(2a = 16 \Rightarrow a = 8\), độ dài bán trục nhỏ: \(b = 3\)
Vậy phương trình elip cần tìm là \(\frac{{{x^2}}}{{64}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\)
b) Vì một tia sáng xuất phát từ một tiêu điểm của elip, sau khi phản xạ tại elip thi sẽ đi qua tiêu điểm còn lại nên để bức tượng sáng rõ nhất ta sẽ đặt bức tượng ở tiêu điểm còn lại. Toạ độ của vị trí này là \(\left( {c;0} \right)\)
Ta có: \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = \sqrt {{8^2} – {3^2}} = \sqrt {64 – 9} = \sqrt {55} \)
Cần đặt bức tượng cách tường bên phải một khoảng là: \(8 – \sqrt {55} \approx 0,58(m)\)
Giải bài 5 trang 48 Chuyên đề học tập Toán 10 – Cánh diều
Trả lời