Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đường Cônic và một số dạng toán về đường Cônic

ĐẠ I HỌ C THÁ I NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠ I HỌ C KHOA HỌ C -----------------------------

CAO VĂN THÀ NH

ĐƢỜNG CÔNIC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐƢỜ NG CÔNIC

LUẬ N VĂN THẠ C SĨ TOÁ N HỌ C

THÁI NGUYÊN - 2016

ĐẠ I HỌ C THÁ I NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠ I HỌ C KHOA HỌ C -----------------------------

CAO VĂN THÀ NH

ĐƢỜNG CÔNIC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐƢỜ NG CÔNIC

Chuyên ngà nh: Phƣơng phá p toá n sơ cấ p

Mã số: 60 46 01 13

LUẬ N VĂN THẠ C SĨ TOÁ N HỌ C NGƯỜ I HƯỚ NG DẪ N KHOA HỌ C

PGS.TS.TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2016

i

Mục lục

Lời nói đầu

1

3

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

3

1.1 Vấn đề xác định đường cônic

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1 Lý thuyết chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.1.2 Đường bậc hai và phương trình chính tắc . . . . . . . . . .

7

1.1.3 Phương trình đường cônic với tiêu điểm và đường chuẩn .

9

1.2 Phương trình tiếp tuyến của đường cônic

. . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.1 Phương trình tiếp tuyến của đường bậc hai . . . . . . . . .

1.2.2 Phương trình tiếp tuyến của cônic . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3 Phương tích của một điểm đối với một đường cônic . . . . . . . . 12

1.4 Đường đẳng phương của hai đường cônic

. . . . . . . . . . . . . . 15

1.4.1 Đường đẳng phương của hai đường cônic . . . . . . . . . . 16

1.4.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.5 Điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp xúc với đường cônic

. . 20

1.5.1 Điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp xúc với đường

elip và hypebol

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.5.2 Điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp xúc với đường

parabol

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Chương 2. Một số dạng bài tập về đường cônic

23

2.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp đường cônic . . . . . . . . . . 23

2.1.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp parabol

. . . . . . . . 23

2.1.2 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp elip . . . . . . . . . . 25

2.1.3 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp hypebol

. . . . . . . . 29

2.2 Bài toán về đa giác nội tiếp trong một đường cônic

. . . . . . . . 31

2.3 Bài toán về khoảng cách từ một đường cônic đến một đường thẳng 36

2.4 Bài toán con bướm cho các đường cônic . . . . . . . . . . . . . . . 41

ii

2.5 Bài toán định tính liên quan đến đường cônic . . . . . . . . . . . . 45

2.6 Bài toán định lượng liên quan đến đường cônic . . . . . . . . . . . 49

2.7 Bài toán quĩ tích liên quan đến đường cônic . . . . . . . . . . . . . 56

2.8 Bài toán tham số hóa đường cônic . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.8.1 Bài toán tham số hóa đường parabol

. . . . . . . . . . . . 62

2.8.2 Bài toán tham số hóa đường elip . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.8.3 Bài toán tham số hóa đường hypebol

. . . . . . . . . . . . 70

Kết luận

74

Tài liệu tham khảo

75

1

Lời nói đầu

Trong chương trình Toán phổ thông nói chung, các dạng bài tập, đề thi học

sinh giỏi, đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng nói riêng ta thường gặp một số

bài toán về elip, hypebol và parabol. So với các bài toán về đường thẳng, đường

tròn, các bài toán về ba đường cônic tuy có mặt không nhiều trong các đề thi

học sinh giỏi, đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng những năm

gần đây, nhưng nó là một chủ đề không thể thiếu được trong việc ôn luyện thi

học sinh giỏi, ôn luyện thi môn toán vào các trường Đại học, Cao đẳng. Tuy

nhiên một số học sinh chưa khai thác có hiệu quả mảng bài tập này, lý do chính

là các em chưa nắm được các dạng bài tập và cách vận dụng kiến thức về đường

cônic để giải bài toán.

Hiện nay một số học viên cao học chuyên nghành Phương pháp toán sơ cấp

của trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên cũng đã khai thác có hiệu

quả một số vấn đề liên quan đến đường cônic, ví dụ như Hoàng Văn Trọng với

luận văn "Những bài toán tổng hợp về các đường cônic". Luận văn của Hoàng

Văn Trọng tập trung vào các vấn đề liên quan đến đường cônic thông qua các

bài toán tổng hợp trong chương trình toán THPT, chưa đi sâu tìm hiểu về một

số nội dung có trong chuyên đề dành cho học sinh giỏi, học sinh chuyên toán

THPT.

Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để phục vụ

ngay chính công tác giảng dạy Toán ở trường THPT, tôi chọn hướng nghiên cứu

làm luận văn Thạc sĩ với đề tài: " Đường cônic và một số dạng toán về đường

cônic". Một số kiến thức, bài tập được trình bầy trong luận văn có trong một số

chuyên đề dành cho học sinh chuyên toán và nằm ngoài chương trình sách giáo

khoa THPT. Cấu trúc của luận văn: Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn

được chia làm hai chương

Chương 1: Trình bày một số vấn đề về xác định đường cônic, phương trình

tiếp tuyến của đường cônic, phương tích của một điểm đối với một đường cônic,

đường đẳng phương của hai đường cônic, điều kiện cần và đủ để đường thẳng

2

tiếp xúc với đường cônic.

Chương 2: Trình bày một số dạng toán về đường cônic như: Đồng nhất thức

cho đa giác nội tiếp đường cônic, bài toán về tam giác, tứ giác nội tiếp trong

một đường cônic, khoảng cách từ một đường cônic đến đường thẳng, tham số

hóa đường cônic, bài toán quỹ tích...

Do thời gian có hạn nên luận văn này chủ yếu chỉ dừng lại ở việc tìm hiểu,

tập hợp tài liệu, sắp xếp và trình bày các kết quả nghiên cứu có sẵn theo chủ

đề đặt ra với những lập luận, diễn giải đơn giản, dễ hiểu nhất có thể với nhiều

ví dụ và bài toán minh họa phong phú, cụ thể.

Nhân dịp này, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới

thầy hướng dẫn PGS. TS. Trịnh Thanh Hải, người đã đặt vấn đề nghiên cứu,

dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác

giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả cũng xin trân trọng cảm ơn Ban

Giám hiệu trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm

khoa Toán- Tin, cùng các GS, PGS, TS đã tham gia giảng dạy và tạo mọi điều

kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu. Đồng thời tác giả cũng xin chân

thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên, Ban Giám hiệu Trường

THPT Trần Quốc Tuấn, huyện Đồng Hỷ, tỉnh Thái Nguyên, tập thể lớp cao học

Toán K8A (khóa 2014-2016) đã tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm

vụ học tập và công tác của mình.

Thái Nguyên, ngày 26 tháng 5 năm 2016

Tác giả luận văn

Cao Văn Thành

3

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Trong chương 1 ngoài việc điểm qua một số khái niệm, tính chất cơ bản về đường cônic, chương 1 sẽ trình bầy thêm một số khái niệm, tính chất không được trình bầy trong sách giáo khoa phổ thông, các khái niệm, tính chất này được tiếp cận từ góc độ toán cao cấp nhằm cung cấp thêm công cụ để giải quyết các bài toán khó, dạng mới về đường cônic.

1.1 Vấn đề xác định đường cônic

1.1.1 Lý thuyết chung

Định nghĩa 1.1.1. Cho đường thẳng ∆. Xét một đường thẳng (cid:96) cắt ∆ tại O và không vuông góc với ∆. Mặt tròn xoay sinh bởi đường thẳng (cid:96) khi quay quanh ∆ gọi là mặt nón tròn xoay (hay đơn giản là mặt nón).

Nhận xét 1.1.2. Khoảng thế kỷ thứ ba trước công nguyên, nhà toán học Apollonius đã chứng minh được rằng:

Nếu cắt mặt nón tròn xoay bởi một mặt phẳng (P ) không đi qua đỉnh

của mặt nón thì giao tuyến sẽ là

a) Một đường elip nếu mp(P ) cắt mọi đường sinh (đặc biệt, nếu (P )

vuông góc với trục của mặt nón thì giao là đường tròn).

b) Một đường parabol nếu mp(P ) song song với chỉ một đường sinh. c) Một đường hypebol nếu mp(P ) song song với hai đường sinh.

Chính vì vậy các giao tuyến đó có tên gọi là đường cônic.

∆ gọi là trục của mặt nón. (cid:96) gọi là đường sinh của mặt nón. O gọi là đỉnh của mặt nón.

4

Phương trình chính tắc của ba đường cônic là những phương trình bậc hai đối với x, y. Đó cũng là các trường hợp riêng của đường bậc hai trong mặt phẳng có dạng

các hệ số A, B, C không đồng thời bằng 0.

1.1.2 Đường bậc hai và phương trình chính tắc

Trong một hệ trục tọa độ vuông góc Rene’ Descartes Oxy, ta xét một

đường bậc hai có phương trình tổng quát

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0.

các hệ số A, B, C không đồng thời bằng 0.

Sau đây ta tìm tất cả các đường bậc hai dạng chính tắc cho bởi (1). Dùng phép quay tâm O, góc quay α biến hệ trục tọa độ Oxy thành hệ

trục tọa độ Ox(cid:48)y(cid:48), theo công thức đổi tọa độ

(1) Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0

(cid:26) x = x(cid:48) cos α − y(cid:48) sin α y = x(cid:48) sin α + y(cid:48) cos α

Khi đó M (x; y) đối với hệ trục tọa độ cũ sẽ có tọa độ (x(cid:48); y(cid:48)) đối với hệ trục tọa độ mới Ox(cid:48)y(cid:48), thay (2) vào (1) ta được phương trình của đường bậc hai đã cho trong hệ tọa độ mới có dạng

(2)

Trong đó

(3) A(cid:48)x(cid:48)2 + 2B(cid:48)x(cid:48)y(cid:48) + C (cid:48)y(cid:48)2 + 2D(cid:48)x(cid:48) + 2E(cid:48)y(cid:48) + F = 0

A(cid:48) = Acos2α + 2B cos α. sin α + Csin2α B(cid:48) = −A sin α cos α + Bcos2α − Bsin2α + C sin α cos α

= (C − A) sin 2α + B cos 2α 1 2

C (cid:48) = Asin2α − 2B sin α cos α + Csin2α D(cid:48) = D cos α + E sin α E(cid:48) = E cos α − D sin α

Nếu B (cid:54)= 0 ta có thể chọn α để B(cid:48) = 0 bằng cách giải phương trình 1 2 ⇔ cot 2α =

(4) (C − A) sin 2α + B cos 2α = 0 A − C 2B

5

Vậy nếu trong phương trình (1), B (cid:54)= 0 thì bằng cách quay hệ trục tọa

độ góc α thỏa mãn điều kiện (4) ta đưa phương trình (3) về dạng

Xét các trường hợp trong phương trình (5) 1) Nếu A(cid:48) (cid:54)= 0, C (cid:48) (cid:54)= 0 khi đó (5) được viết lại như sau

A(cid:48)x(cid:48)2 + C (cid:48)y(cid:48)2 + 2D(cid:48)x(cid:48) + 2E(cid:48)y(cid:48) + F = 0 (5)

Hay (cid:18)

(cid:19)2

(cid:19)2

(cid:19)2

(cid:19)2

(cid:18)

A(cid:48)(x(cid:48)2 + 2 D(cid:48) A(cid:48) x(cid:48)) + C (cid:48)(y(cid:48)2 + 2 E(cid:48) C (cid:48) y(cid:48)) + F = 0

(cid:18)D(cid:48) A(cid:48)

(cid:18)E(cid:48) C (cid:48)

Dùng phép tịnh tiến

A(cid:48) x(cid:48) + + C (cid:48) y(cid:48) + + F − − = 0 (6) D(cid:48) A(cid:48) E(cid:48) C (cid:48)

 

x = x(cid:48) +



Khi đó phương trình (6) trở thành

y = y(cid:48) + D(cid:48) A(cid:48) E(cid:48) C (cid:48)

Trong đó

(cid:19)2

(cid:19)2

A(cid:48)x2 + C (cid:48)y2 = F (cid:48) (7)

(cid:18)D(cid:48) A(cid:48)

(cid:18)E(cid:48) C (cid:48)

a) Nếu A(cid:48) > 0, C (cid:48) > 0, F (cid:48) > 0, đặt

F (cid:48) = −F + +

(7) trở thành

F (cid:48) A(cid:48) = a2, F (cid:48) C (cid:48) = b2 thì phương trình

ta được phương trình chính tắc của đường elip.

b) Nếu A(cid:48) > 0, C (cid:48) > 0, F (cid:48) < 0, đặt −

x2 a2 + y2 b2 = 1

trình (7) trở thành

F (cid:48) A(cid:48) = a2, − F (cid:48) C (cid:48) = b2 thì phương

không có tọa độ (x; y) thỏa mãn phương trình.

c) Nếu A(cid:48) > 0, C (cid:48) < 0, F (cid:48) > 0, đặt

x2 a2 + y2 b2 = −1

trình (7) trở thành

F (cid:48) A(cid:48) = a2, − F (cid:48) C (cid:48) = b2 thì phương

x2 a2 − y2 b2 = 1

6

d) Nếu A(cid:48) > 0, C (cid:48) < 0, F (cid:48) < 0, đặt

ta được phương trình chính tắc của đường hypebol. F (cid:48) C (cid:48) = b2 thì phương trình

(7) trở thành

F (cid:48) A(cid:48) = a2,

ta được phương trình chính tắc của đường hypebol.

e) Nếu A(cid:48) > 0, C (cid:48) < 0, F (cid:48) = 0, thì phương trình (7) trở thành

y2 b2 − x2 a2 = 1

x2 a2 − y2 b2 = 0

phương trình này xác định một cặp đường thẳng x a

chúng cắt nhau tại gốc tọa độ.

f) Nếu A(cid:48) > 0, C (cid:48) > 0, F (cid:48) = 0, thì phương trình (7) trở thành

= 0 ; − + = 0 x a y b y b

chỉ có một điểm thỏa mãn phương trình này, điểm đó chính là gốc tọa độ. 2) Nếu A(cid:48) (cid:54)= 0, C (cid:48) = 0, E(cid:48) (cid:54)= 0 khi đó phương trình (5) được viết lại

như sau

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

x2 a2 + y2 b2 = 0

Hay

(cid:18)

(cid:19)2

(cid:18)

(cid:19)

A(cid:48) x(cid:48)2 + 2 + 2E(cid:48) y(cid:48) + = 0 D(cid:48) A(cid:48) x(cid:48) F 2E(cid:48)

Thực phép tịnh tiến tọa độ

A(cid:48) x(cid:48)2 + 2 + 2E(cid:48) y(cid:48) + = 0 (8) D(cid:48) A(cid:48) F 2E(cid:48) − D(cid:48)2 2E(cid:48)A(cid:48)

 

x = x(cid:48) +



Khi đó phương trình (8) có dạng

y = y(cid:48) + D(cid:48) A(cid:48) F 2E(cid:48) − D(cid:48)2 2E(cid:48)A(cid:48)

a) Nếu A(cid:48)E(cid:48) < 0 , đặt

A(cid:48)x2 + 2E(cid:48)y(cid:48) = 0 (9)

E(cid:48) A(cid:48) = P thì phương trình (9) trở thành

x2 = 2P y

7

ta được phương trình chính tắc của parabol.

b) Nếu A(cid:48)E(cid:48) > 0, đặt

E(cid:48) A(cid:48) = P thì phương trình (9) trở thành

ta được phương trình chính tắc của parabol.

3) Nếu A(cid:48)

x2 = −2P y

sau

(cid:18)

(cid:19)

(cid:54)= 0, C (cid:48) = 0, E(cid:48) = 0 thì phương trình (5) được viết lại như

Hay

(cid:18)

(cid:19)2

A(cid:48) x(cid:48)2 + 2 + F = 0 D(cid:48) A(cid:48) x(cid:48)

Thực hiện phép tịnh tiến tọa độ

 

A(cid:48) x(cid:48) + (10) + F − D(cid:48) A(cid:48) D(cid:48)2 A(cid:48) = 0



Khi đó phương trình (10) có dạng

D(cid:48) A(cid:48) x = x(cid:48) + y = y(cid:48)

trong đó

x2 + F (cid:48) = 0 (11)

F (cid:48) = D(cid:48)2 A(cid:48)2

là phương trình của cặp đường thẳng trùng nhau x = 0.

Nhận xét 1.1.3. Phương trình (1) trong hệ trục tọa độ vuông góc Rene’ Descartes Oxy là phương trình của những đường bậc hai sau: elip, hypebol, parabol, cặp đường thẳng cắt nhau, cặp đường thẳng song song, cặp đường thẳng trùng nhau, một điểm hoặc tập hợp rỗng.

1.1.3 Phương trình đường cônic với tiêu điểm và đường chuẩn

[7, tr. 145-147]

F A(cid:48) − a) Nếu F (cid:48) < 0 đặt −F (cid:48) = a2 thì ta được phương trình x2 − a2 = 0, phương trình này biểu thị một cặp đường thẳng song song x = a, x = −a. b) Nếu F (cid:48) > 0 thì không có điểm nào thỏa mãn phương trình (11). c) Nếu F (cid:48) = 0 thì phương trình (11) có dạng x2 = 0, phương trình này

8

Định nghĩa 1.1.4. Cho đường thẳng d và một điểm F không nằm trên nó. Tập hợp những điểm T sao cho tỉ số khoảng cách từ T đến điểm F và từ T đến đường thẳng d luôn bằng một số dương e không đổi gọi là một đường cônic với tiêu điểm F , đường chuẩn d và tâm sai e.

Sau đây ta tìm quỹ tích các điểm T sao cho tỉ số khoảng cách từ T đến

Gọi J là hình chiếu vuông góc của T trên d và T J cắt Oy tại I. Ta tìm

quỹ tích của T sao cho

F và từ T đến d bằng một số dương không đổi e.

= e (e > 0, không đổi). Gọi K là hình chiếu T F T J

của F trên d. Đặt KF = p. Chọn điểm O trên đường thẳng KF sao cho OF OK

Từ

= e). = −e (như vậy O là điểm thuộc quỹ tích vì OF OK

. Tọa độ của F là

và OK =

Lập hệ trục tọa độ vuông góc Rene’ Descartes Oxy sao cho trục hoành Ox chứa KF , chiều dương từ K đến F , trục tung Oy vuông góc với Ox tại O (Hình 1.1) OF OK

= −e ta được OF = −p 1 + e

ta có

(cid:18)

(cid:19)

; 0), tọa độ của K là K( ; 0). Gọi T là điểm có tọa độ (x; y), F ( pe 1 + e −p 1 + e pe 1 + e

và

(cid:18)

(cid:19)2

2

x + T J = T I + IJ = T I + OK = − p 1 + e

T F = x − + y2. pe 1 + e

9

Từ

= e ta được T F 2 = e2T J 2

(cid:19)2

(cid:18)

(cid:19)2

T F T J (cid:18) x − + y2 = e2 x + pe 1 + e p 1 + e

Ta được phương trình (12) là phương trình quỹ tích của T . a) Nếu e = 1 thì phương trình (12) trở thành y2 = 2px, quỹ tích là một

parabol.

b) Xét 0 < e (cid:54)= 1. Tịnh tiến hệ trục tọa độ Oxy, lấy Q(

⇔ ⇔ (1 − e)2x2 − 2pex + y2 = 0 (12)

(cid:40)

pe 1 − e2 ; 0) làm gốc hệ trục mới QXY thì công thức tịnh tiến hệ trục là

Lúc đó (12) trở thành

(cid:0)1 − e2(cid:1) X 2 + (cid:0)1 − e2(cid:1) Y 2 = p2e2

x = X + pe 1 − e2 y = Y

(cid:19)2 +

⇔ = 1 (13) X 2 (cid:18) pe

Với hệ trục tọa độ QXY ta thấy • Nếu 0 < e < 1 thì (13) là phương trình chính tắc của một elip. • Nếu e > 1 thì (13) là phương trình chính tắc của một hypebol. Do đó (12), (13) được gọi chung là phương trình của ba đường cônic (Γ)

theo tâm sai e và tham số tiêu p.

1.2 Phương trình tiếp tuyến của đường cônic

1.2.1 Phương trình tiếp tuyến của đường bậc hai

Định nghĩa 1.2.1. Cho một đường bậc hai (ε) có phương trình

Y 2 p2e2 1 − e2 1 − e2

với các hệ số A, B, C không đồng thời bằng 0, và một đường thẳng ∆ có

phương trình

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 (1)

(cid:26) x = x0 + at y = y0 + bt

. Đường thẳng ∆ gọi là tiếp tuyến của đường

10

bậc hai (ε) nếu nó cắt (ε) tại hai điểm trùng nhau hoặc nó hoàn toàn nằm trên (ε), khi đó điểm chung của ∆ và (ε) gọi là tiếp điểm.

Sau đây ta thiết lập phương trình tiếp tuyến của đường bậc hai (ε) tại điểm M (x0; y0) của nó. Giả sử tiếp tuyến của đường bậc hai (ε) là đường thẳng ∆ đi qua điểm M (x0; y0) và có vectơ chỉ phương là −→u (a; b), khi đó phương trình của nó có dạng

(cid:26) x = x0 + at y = y0 + bt

Giao điểm của ∆ với (ε) được xác định như sau Ta thay các giá trị x, y trong phương trình (14) vào phương trình (1)

để được phương trình đối với t

(14)

Rút gọn ta được phương trình

A(x0 + at)2 + 2B (x0 + at) (y0 + bt) + C(y0 + bt)2 +2D (x0 + at) + 2E (y0 + bt) + F = 0

Trong đó

(15) P t2 + 2Qt + R = 0

P = Aa2 + 2Bab + Cb2

Q = (Aa + Bb)x0 + (Ba + Cb) y0 + Da + Eb

2 + 2Bx0y0 + Cy0

2 + 2Dx0 + 2Ey0 + F

Vì M0 nằm trên (ε) nên R = 0. Vậy ta có phương trình

R = Ax0

a) Nếu P = 0 thì Q = 0, vì nếu Q (cid:54)= 0 thì phương trình (16) có nghiệm

duy nhất.

b) Nếu P (cid:54)= 0 thì phương trình (16) có nghiệm là t = 0 và nghiệm thứ hai cũng phải bằng 0, do đó Q = 0. Vậy trong mọi trường hợp ta đều đi đến Q = 0 tức là

P t2 + 2Qt = 0 (16)

Đẳng thức trên được viết là

(Aa + Bb)x0 + (Ba + Cb) y0 + Da + Eb = 0

(Ax0 + By0 + D)a + (Bx0 + Cy0 + E) b = 0

11

Nếu hai giá trị (Ax0 + By0 + D) và (Bx0 + Cy0 + E) đều bằng không thì a và b có thể chọn tùy ý và do đó mọi đường thẳng đi qua M0 đều là tiếp tuyến của đường bậc hai (ε) tại điểm M0.

Nếu hai giá trị (Ax0 + By0 + D) và (Bx0 + Cy0 + E) không đồng thời bằng không thì ta có thể lấy a = Bx0 + Cy0 + E và b = −(Ax0+By0+D) khi đó phương trình tiếp tuyến của đường bậc hai (ε) tại điểm M0(x0; y0) có thể viết dưới dạng

hay

b(x − x0) = a(y − y0)

Phương trình (17) chính là phương trình tiếp tuyến của đường bậc hai

(17) (Ax0 + By0 + D)(x − x0) + (Bx0 + Cy0 + E) (y − y0) = 0

1.2.2 Phương trình tiếp tuyến của cônic

(ε) tại điểm M0(x0; y0).

tại điểm M0(x0; y0) có dạng

• Đối với elip (E) có phương trình x2 a2 + y2 b2 = 1, phương trình tiếp tuyến

hay

x0 a2 (x − x0) + y0 b2 (y − y0) = 0

vì

x0x a2 + y0y b2 − x2 0 a2 − y2 0 b2 = 0

nên ta có phương trình tiếp tuyến của (E) tại điểm M0(x0; y0) có dạng

x2 0 a2 + y2 0 b2 = 1

(18) x0x a2 + y0y b2 = 1

• Đối với hypebol (H) có phương trình

phương trình tiếp tuyến tại điểm M0(x0; y0) có dạng

x2 a2 − y2 b2 = 1

x0 a2 (x − x0) − y0 b2 (y − y0) = 0

12

hay

vì

x0x a2 − y0y b2 − x2 0 a2 + y2 0 b2 = 0

nên ta có phương trình tiếp tuyến của (H) tại điểm M0(x0; y0) có dạng

x2 0 a2 − y2 0 b2 = 1

(19) x0x a2 − y0y b2 = 1

tuyến tại điểm M0(x0; y0) có dạng

• Đối với parabol (P ) có phương trình y2 = 2px, phương trình tiếp

0 = px − px0 vì y0 = 2px0 nên

ta có phương trình tiếp tuyến của (P) tại điểm M0(x0; y0) có dạng

−p(x − x0) + y0(y − y0) = 0 hay yy0 − y2

Nhận xét 1.2.2. Trong mục này trình bầy phương trình tiếp tuyến của đường cônic tại điểm M0(x0; y0), nếu bài toán yêu cầu viết phương trình tiếp tuyến của đường cônic đi qua điểm M0(x0; y0) ta sử dụng điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp xúc với đường cônic sẽ được trình bầy ở mục 1.5.

1.3 Phương tích của một điểm đối với một đường cônic

[7, tr. 145-147] Ta đã biết khi tâm sai e của đường cônic tiến tới 0 thì đường cônic suy

biến về một đường tròn.

Đối với đường tròn (C) tâm O bán kính R, một đường thẳng (chuyển động) ∆ luôn đi qua một điểm cố định M , cắt (C) tại hai điểm A, B thì phương tích của điểm M đối với (C) được xác định là

2

(20) y y0 = p (x + x0)

Phương tích của điểm M đối với (C) là một đại lượng đại số, có giá trị dương hoặc âm hoặc bằng không tùy theo điểm M nằm ngoài, nằm trong, hoặc nằm trên (C).

Vậy trong trường hợp tổng quát, liệu đối với đường cônic (Γ) có xác định được phương tích của một điểm cố định M đối với (Γ) hay không, để đại lượng đó là không đổi đối với M và (Γ) đã chọn?

M A.M B = M O − R2

13

Trong mục này ta tìm cách mở rộng khái niệm phương tích của một điểm đối với một đường tròn sang khái niêm phương tích của một điểm đối với một đường cônic.

Trên mặt phẳng cho đường cônic (Γ), tiêu điểm F , đường chuẩn d ứng với F (chẳng hạn xem parabol trên hình 1.2), ∆ là một đường thẳng (chuyển động) luôn đi qua một điểm cố định M , cắt (Γ) tại A và B, hợp với trục tiêu của cônic góc α với 0 ≤ α ≤ π (trục tiêu là đường thẳng qua F vuông góc với d). Ta xét đại lượng

trong đó e là tâm sai của cônic.

Trong phần tiếp theo ta chứng minh với M và (Γ) đã cho và H là hình

chiếu vuông góc của M trên d thì

2

2

M A.M B.(1 − e2cos2α)

nên đại lượng

M A.M B.(1 − e2cos2α) = M F − e2M H

không đổi.

Giả sử đường thẳng ∆ có một vectơ chỉ phương là

M A.M B.(1 − e2cos2α)

Khi đó phương trình tham số của đường thẳng ∆ đi qua điểm M (x0; y0)

là

(cid:26) x = x0 + t cos α y = y0 + t sin α

(cid:126)u∆ = (cos α; sin α)

14

với t ∈ R là tham số.

Giả sử điểm N chạy trên ∆, xét M N = t (t là tham số). Khi N ở A

đặt M A = tA, khi N ở B đặt M B = tB.

Trong mục 1.1.3 ta đã xây dựng được phương trình của cônic (Γ) đối

với tiêu điểm và đường chuẩn là

Khi đó tọa độ của A và B là nghiệm của hệ phương trình

(Γ) : (cid:0)1 − e2(cid:1) x2 − 2pex + y2 = 0

(21)

Thay giá trị của x, y từ hệ phương trình (22) của (∆) vào phương trình

(21) của (Γ) ta được phương trình bậc hai (ẩn t) là

(22) (∆) : (Γ) : (cid:0)1 − e2(cid:1) x2 − 2pex + y2 = 0 (cid:26) x = x0 + t cos α y = y0 + t sin α

(1 − e2cos2α)t2 + 2 (cid:2)(cid:0)1 − e2(cid:1) (x0 cos α − pe cos α) + y0 sin α(cid:3) t

0 − 2pex0 + y2

0 = 0.

Vì theo giả thiết (∆) cắt (Γ) tại hai điểm A, B nên phương trình (23)

có hai nghiệm tA, tB.

Theo định lý Viète ta được

0

(23) + (cid:0)1 − e2(cid:1) x2

(cid:0)1 − e2(cid:1) x0 − 2pex0 + y2 1 − e2cos2α

Do đó

. tA.tB =

0 − 2pex0 + y2 0.

Vậy phương tích của điểm M đối với đường cônic (Γ):

M A.M B(1 − e2cos2α) = (1 − e2)x2

là

(1 − e2)x2 − 2pex + y2 = 0

0 − 2pex0 + y2 0

Kết quả này tương tự với phương tích của điểm M (x0; y0) đối với đường

tròn (C) khi thay x bởi x0 và thay y bởi y0.

2

2

(không

Bây giờ ta chứng minh M A.M B.(1−e2cos2α) = M F

(1 − e2)x2

đổi).

−e2M H

15

Gọi Q là giao điểm của M H với trục Oy. Ta có

Do đó

(cid:19)2

(cid:18)

(cid:18)

(cid:19)2

2

2

. M H = M Q + QH = −x0 + OK = −x − p 1 + e

0 − e2

M F − e2M H = + y2 x + p 1 + e

Vậy phương tích của điểm M đối với đường cônic (Γ) là

2

2

= (1 − e2)x2 pe x0 − 1 + e 0 − 2pex0 + y2 0.

M A. M B(1 − e2cos2α) = M F − e2M H

0 − 2pex0 + y2 0.

Nhận xét 1.3.1. Nếu tịnh tiến rồi quay hệ trục Oxy một góc nào đó dẫn đến hệ trục tọa độ mới QXY mà điểm M có tọa độ mới M (X0; Y0), đường (Γ) với phương trình Γ (x; y) = 0 có phương trình mới Γ (X; Y ) = 0 là

= (1 − e2)x2

và phương tích của điểm M (X0; Y0) đối với Γ(X; Y ) = 0 sẽ là

AX 2 + 2BXY + CY 2 + 2DX + 2EY + F = 0

2 + 2BX0Y0 + CY0

2 + 2DX0 + 2EY0 + F

Do đó trên mặt phẳng tọa độ Oxy, phương tích của điểm M (x0; y0) đối

với đường cônic (dạng tổng quát)

AX0

là

Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0

2 + 2Bx0y0 + Cy0

2 + 2Dx0 + 2Ey0 + F

1.4 Đường đẳng phương của hai đường cônic

[7, tr. 149-150] Ta đã biết tập hợp các điểm có cùng phương tích với hai đường tròn là một đường thẳng, đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn. Vậy tập hợp những điểm có cùng phương tích với hai đường cônic là đường gì? Trong mục này ta đi tìm tập hợp các điểm có cùng phương tích đối với hai đường cônic.

Ax0

16

1.4.1 Đường đẳng phương của hai đường cônic

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường cônic

(Γ1) : A1x2 + 2B1xy + C1y2 + 2D1x + 2E1y + F1 = 0

Ta tìm tập hợp các điểm M (x0; y0) có cùng phương tích đối với (Γ1) và

(Γ2) : A2x2 + 2B2xy + C2y2 + 2D2x + 2E2y + F2 = 0.

(Γ2), nghĩa là

hay là

0 + 2 (B1 − B2) x0y0 + (C1 − C2) y2

0 + 2 (D1 − D2) x0

Γ1 (x0; y0) = Γ2 (x0; y0)

Đặt A3 = A1 − A3, B3 = B1 − B2, C3 = C1 − C2, D3 = D1 − D2,

(A1 − A2) x2 +2 (E1 − E2) y0 + F1 − F2 = 0

E3 = E1 − E2, F3 = F1 − F2 ta được

0 + 2B3xy + C3y2

0 + 2D3x0 + 2E3y0 + F3 = 0.

Vậy tập hợp các điểm M là đường (Γ3) có phương trình

A3x2

0 + 2B3xy + C3y2

0 + 2D3x0 + 2E3y0 + F3 = 0

Ta gọi (24) là đường đẳng phương của hai đường cônic (Γ1), (Γ2).

Nhận xét 1.4.1. Khi biểu diễn hình học đường đẳng phương (cũng là biểu diễn hình học đường bậc hai có phương trình (24)) trong hệ trục tọa độ vuông góc Rene’ Descartes Oxy, ta sẽ được một trong ba đường cônic (elip, hypebol, parabol), hoặc một đường tròn, cặp đường thẳng cắt nhau, cặp đường thẳng song song, cặp đường thẳng trùng nhau, một điểm hoặc tập hợp rỗng.

1.4.2 Một số ví dụ

Ví dụ 1.4.2. Cho hai đường cônic

(24) A3x2

Đường đẳng phương của chúng là

(Γ1) : x2 − y = 0 (Γ2) : x2 + x + 1 − y = 0.

Đó là một đường thẳng (hình 1.3).

(Γ3) : x + 1 = 0.

17

Ví dụ 1.4.3. Cho hai đường cônic

Đường đẳng phương của chúng là

(Γ1) : x2 + 4y2 − 4 = 0 (Γ2) : x2 + 4y2 + 2x − 8y + 1 = 0.

Đó là một đường thẳng (hình 1.4).

(Γ3) : 2x − 8y + 5 = 0.

18

Ví dụ 1.4.4. Cho hai đường cônic

Đường đẳng phương của chúng là

(Γ1) : 5x2 − 4xy + 2y2 − 24x − 12y + 18 = 0 (Γ2) : 5x2 − 4xy + 8y2 − 24x − 24y = 0.

Đó là cặp đường thẳng song song (hình 1.5).

Ví dụ 1.4.5. Cho hai đường cônic

Γ3 (x; y) = 0 ⇔ (Γ3) : 6y2 − 12y − 18 = 0 (cid:20) y = −1 y = 3.

Đường đẳng phương của chúng là

(Γ1) : x2 + 4y2 − 3x + 8y = 0 (Γ2) : 4x2 + y2 + 8x − 3y = 0.

(cid:20) y − x = 0

(Γ3) : (x − y) (3x + 3y + 11) = 0

Đó là cặp đường thẳng cắt nhau (hình 1.6).

Γ3 (x; y) = 0 ⇔ 3x + 3y + 11 = 0.

19

Ví dụ 1.4.6. Cho hai đường cônic

Đường đẳng phương của chúng là

(Γ1) : x2 + 3y2 − 2x = 0 (Γ2) : x2 − y2 + 2y = 0.

(hình 1.7).

Đó là đường tròn tâm I(

(Γ3) : x2 + y2 − x + y = 0. √

; − ), bán kính R = 1 2 1 2 2 2

20

Ví dụ 1.4.7. Cho hai đường cônic

Đường đẳng phương của chúng là

(Γ1) : x2 + 4y2 − 4 = 0 (Γ2) : −4x + y2 = 0.

hay

(Γ3) : x2 + 4x + 3y2 − 4 = 0.

(cid:17)2 +

(cid:32)

(cid:33)2 = 1.

y2 √ 2 6 (x + 2)2 √ (cid:16) 2 2

Vậy (Γ3) là một đường elip (hình 1.8).

1.5 Điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp xúc với

đường cônic

Trong mục này ta xét điều kiện cần và đủ để cho đường thẳng ∆ : Ax + By + C = 0 (với A, B, C là các số và A2 + B2 (cid:54)= 0) tiếp xúc với (Γ) trong đó (Γ) là một đường cônic. Điều kiện đó biểu thị bởi phương trình ϕ(A, B, C) = 0.

Vì đường thẳng ∆ không thay đổi nếu trong phương trình của ∆ ta nhân các số A, B, C với cùng một số khác 0 nên phương trình ϕ(A, B, C) = 0 có tính thuần nhất (đẳng cấp) đối với A, B, C.

3

21

1.5.1 Điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp xúc với đường

elip và hypebol

[7, tr152] Cho phương trình đường (Γ)

(Γ) : αx2 + βy2 = 1 (25)

Nó biểu diễn: • Một đường elip nếu 1 1 a2 , β = b2 tức là

α = (26) x2 a2 + y2 b2 = 1

α = (27) • Một đường hypebol nếu x2 1 a2 − b2 tức là y2 b2 = 1 1 a2 , β = − Trong phương trình

hai hệ số A, B không thể đồng thời bằng 0. Giả sử B (cid:54)= 0, ta rút ra

∆ : Ax + By + C = 0 (28)

Để tìm giao điểm của đường thẳng ∆ với đường (Γ) ta thay giá trị của

(29) y = − Ax + C B

(cid:0)αB2 + βA2(cid:1) x2 + 2βACx + βC 2 − B2 = 0.

Nghiệm của phương trình này phải là một nghiệm kép vì ∆ là tiếp tuyến

của (Γ), tức là phải thỏa mãn điều kiện (cần và đủ) sau đây

y theo (29) vào phương trình (25) được phương trình bậc hai

(βAC)2 − (cid:0)αB2 + βu2(cid:1) (cid:0)βC 2 − B2(cid:1) = 0 ⇔ αB2 + βA2 − αβC 2 = 0

Phương trình (30) được gọi là điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp

xúc với (Γ) (25)

Với đường elip có phương trình (26) thì điều kiện (30) là

+ = C 2 (30) ⇔ A2 α B2 β

Với đường hypebol có phương trình (27) thì điều kiện (30) là

A2a2 + B2b2 = C 2 (31)

A2a2 − B2b2 = C 2 (32)

22

1.5.2 Điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp xúc với đường

parabol

[7, tr152] Cho đường parabol (P ) : y2 = 2px

và đường thẳng

(33)

Tương tự như trên thay y theo (29) vào phương trình (33) của parabol

ta được

∆ : Ax + By + C = 0.

A2x2 + 2(AC − P B2)x + C 2 = 0.

Để ∆ tiếp xúc với (P ) điều kiện cần và đủ là (cid:0)AC − pB2(cid:1)2 − A2C 2 = 0 ⇔ pB2 = 2AC

Phương trình (34) được gọi là điều kiện cần và đủ để đường thẳng tiếp

xúc với đường parabol.

Nhận xét 1.5.1. Phương trình tiếp dạng của cônic thường được dùng để giải bài toán "chứng minh một họ đường thẳng luôn luôn tiếp xúc với một cônic cố định". Khi một họ đường thẳng ∆ luôn tiếp xúc một đường cong (Γ), người ta nói (Γ) là bao hình của họ đường thẳng ∆.

Ví dụ 1.5.2. Chứng minh rằng họ đường thẳng

(34)

luôn tiếp xúc với một cônic cố định.

Lời giải: Giả sử đường thẳng ∆ : Ax + By + C = 0 (∗∗) là đường

∆ (m) : 4x − 2my + m2 = 0 (∗)

thẳng tiếp xúc với cônic (Γ) cố định. Từ (∗) và (∗∗) ta có 4 A

= = . m2 C

−2m B Giải hệ phương trình này ta được

Theo mục 1.5.2 ta có phương trình tiếp dạng của parabol y2 = 2px là pB2 = 2AC. So sánh với (∗ ∗ ∗) ta thấy p = 2, vậy ở đây ta có đường parabol cố định y2 = 4x luôn tiếp xúc với họ đường thẳng

= ⇒ B2 = AC (∗ ∗ ∗) B A C B

∆ (m) : 4x − 2my + m2 = 0.

23

Chương 2

Một số dạng bài tập về đường cônic

Để hoàn thành mục tiêu của đề tài, luận văn đã sưu tầm một hệ thống các bài tập. Tuy nhiên việc phân thành các dạng bài tập mang tính chủ quan của tác giả luận văn. Trong chương 2 các bài toán về đường cônic được chia thành một số dạng toán như sau

2.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp đường cônic

2.1.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp parabol

[2, tr 229-230] Ta chỉ cần xét Parabol (P ) : y = ax2 với a (cid:54)= 0. Một số đồng nhất thức, đặc biệt là Đồng nhất thức Ptolemy, cho parabol (P ) được phát biểu thành bài toán như sau

Bài toán 2.1.1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường parabol (P ) : y = ax2 với a (cid:54)= 0. Giả sử A1, A2, A3, A4 thuộc (P) có tọa độ

(cid:1) với x1 < x2 < x3 < x4. Gọi 6

(cid:1) , (cid:0)x4; ax2

(cid:0)x1; ax2

(cid:1) , (cid:0)x2; ax2

(cid:1) , (cid:0)x3; ax2

4

2

1

3

điểm thuộc đường thẳng d : y = 1 là

Chứng minh rằng ta có các đồng nhất thức sau đây

M12(a(x1 + x2); 1), M23(a(x2 + x3); 1), M34(a(x3 + x4); 1), M41(a(x4 + x1); 1), M13(a(x1 + x3); 1), M24(a(x2 + x4); 1).

(1) + + = . A1A2 OM12 A2A3 OM23 A3A4 OM34 A4A1 OM41

(2) . + . = . . A1A2 OM12 A3A4 OM34 A4A1 OM41 A2A3 OM23 A1A3 OM13 A2A4 OM24

24

nên

Lời giải: (1) Vì A1A2

1 + a2(x2 + x1)2(cid:105)

2 = (x2 − x1)2 (cid:104) A1A2 OM12

Tương tự cho các tỉ số khác, ta nhận được 6 hệ thức sau

= x2 − x1

= x2 − x1, = x3 − x2, = x4 − x3, A1A2 OM12 A2A3 OM23 A3A4 OM34

Vậy

= x4 − x1, = x3 − x1, = x4 − x2. A4A1 OM41 A1A3 OM13 A2A4 OM24

(2) Ta có

+ + = x2 − x1 + x3 − x2 + x4 − x3 = A1A2 OM12 A2A3 OM23 A3A4 OM34 A4A1 OM41

. + . = (x2 − x1).(x4 − x3)+ A1A2 OM12 A3A4 OM34 A4A1 OM41 A2A3 OM23

Bài toán 2.1.2. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường Parabol (P): y = ax2 với a (cid:54)= 0. Giả sử A1, A2, ..., An, M thuộc (P) có tọa độ Ai(xi; ax2 i ) và M (x0; ax2 0), tương ứng, với x1 < x2 < x3 < x4 < ... < xn < x0. Với các điểm thuộc đường thẳng d: y = 1 là

. . +(x4 − x1).( x3 − x2) = (x4 − x2).(x3 − x1) = A1A3 OM13 A2A4 OM24

trong đó n + 1 ≡ 1 và i = 1, 2, ..., n.

Chứng minh rằng ta có các đồng nhất thức sau

Ii(i+1) (a (xi + xi+1); 1) , Ji (a (x0 + xi) ; 1)

(1) + + ... + = . A1A2 OI12 A2A3 OI23 AnA1 OIn1 An−1An OI(n−1)n

An−1An OIn−1 A1A2 OI1 A2A3 OI2 AnA1 OIn (2) + + ... + = .

. . . . M A1 OJ1 M A2 OJ2 M A2 OJ2 M A3 OJ3 M An−1 OJn−1 M An OJn M An OJn M A1 OJ1

25

Lời giải: (1) Như trên, ta có

và

= xi+1 − xi với i = 1, 2, ..., n − 1 AiAi+1 OIi(i+1)

= xn − x1. Như vậy, từ việc tính tổng ta suy ra kết quả AnA1 OIn1

(2) Ta có

+ + ... + = xn − x1 = A1A2 OI12 A2A3 OI23 AnA1 OIn1 An−1An OI(n−1)n

= x0 − xi với i = 1, 2, ..., n. Biến đổi tỉ số

Vậy

M Ai OJi AiAi+1 OIi(i+1) = − = xi+1 − xi (x0 − xi) (x0 − xi+1) 1 x0 − xi+1 1 x0 − xi . M Ai OJi M Ai+1 OJi+1

An−1An OIn−1 A1A2 OI1 A2A3 OI2 + + ... +

. . . M A1 OJ1 M A2 OJ2 M A2 OJ2 M A3 OJ3 M An−1 OJn−1 M An OJn

2.1.2 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp elip

[2, tr 233-236] Xuất phát từ các kết quả đối với đường tròn ta muốn mở rộng để có một vài kết tương tự cho elip. Để có thể giải quyết bài toán đặt ra, ta sử dụng việc tham số hóa đồ thị phẳng và phép co giãn.

Định nghĩa 2.1.3. Giả sử đa thức f = f (x, y) ∈ R[x, y], f (cid:54)= 0. Kí hiệu V (f ) là tập tất cả các điểm (a; b) ∈ R2 sao cho f (a, b) = 0. Tập V (f ) được gọi là một đồ thị phẳng trong R2. Điểm A(x0; y0) thuộc V (f ) được gọi là điểm đơn thuộc V (f ) nếu fx(A) (cid:54)= 0 hoặc fy(A) (cid:54)= 0. Đường thẳng fx(A)(x − x0) + fy(A)(y − y0)=0 được gọi là phương trình tiếp tuyến của V (f ) tại A, ở đó fx(A) và fy(A) là đạo hàm của đa thức f theo biến x hoặc biến y tại A. Điểm B ∈ V (f ) không là điểm đơn được gọi là điểm bội hay điểm kỳ dị thuộc V (f ).

AnA1 OIn = − = . 1 x0 − xn 1 x0 − x1 . M An OJn M A1 OJ1

26

Định nghĩa 2.1.4. Đồ thị phẳng V (f ) được gọi là đồ thị phẳng hữu tỷ nếu có hai hàm hữu tỉ ϕ(t), ψ(t) ∈ R(t) của biến t và cả hai không đồng thời thuộc R thỏa mãn f (ϕ(t), ψ(t)) = 0.

Đồ thị phẳng hữu tỷ có quan hệ tới việc tìm các nghiệm (a, b) ∈ R2 của phương trình f (x, y) = 0 hoặc tìm các điểm thuộc đồ thị phẳng với tọa độ là những số hữu tỷ hay xác định những điểm không tầm thường với tọa độ nguyên thuộc đa tạp Fermat: xn + yn − zn = 0, n ≥ 3. Khi biểu diễn đồ thị phẳng V (f ) qua x = ϕ(t), y = ψ(t) ∈ R(t), ta nói rằng tham số hóa được V (f ). Việc tham số hóa đồ thị phẳng qua các hàm hữu tỷ như sau: Chọn điểm P ∈ V (f ) và viết phương trình tham số của đường thẳng (d) qua P sao cho (d) cắt V (f ) tại đúng một điểm thứ hai khác P.

Bổ đề 2.1.5. [Ptolemy]Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Khi đó ta luôn có AC.DB = AB.DC + BC.DA hay

Hệ quả 2.1.6. Với số nguyên n ≥ 3, đa giác lồi A1...AnM nội tiếp trong một đường tròn có đồng nhất thức

+ = . AB DA.DC BC DB.DC AC DA.DC

Chứng minh: Quy nạp theo n. Với n = 3, kết luận đúng theo Bổ đề 2.1.

Giả sử kết luận đúng cho n.

+ + · · · + = . A1A2 M A1.M A2 A2A3 M A2.M A3 An−1An M An−1.M An AnA1 M An.M A1

27

Khi đó có đồng nhất thức

Với đa giác lồi A1...AnAn+1M nội tiếp trong một đường tròn, có

+ + · · · + = . A1A2 M A1.M A2 A2A3 M A2.M A3 An−1An M An−1.M An AnA1 M An.M A1

+ + · · · + = A1A2 M A1.M A2 A2A3 M A2.M A3 An−1An M An−1.M An AnA1 M An.M A1

cho đa giác lồi A1...AnM và cho tứ giác A1AnAn+1M có A1An+1 M A1.M An+1

cộng hai hệ thức này lại, ta nhận được Đồng nhất thức Ptolemy

+ = . AnAn+1 M An.M An+1 A1An M A1.M An

Bài toán 2.1.7. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường elip

+ + · · · + = . A1A2 M A1.M A2 A2A3 M A2.M A3 AnAn+1 M An.M An+1 A1An+1 M A1.M An+1

.

Giả sử các điểm A, B, C, D thuộc (E) có tọa độ

(E) : x2 a2 + y2 b2 = 1

(a cos t1; b sin t1) , (a cos t2; b sin t2) , (a cos t3; b sin t3) , (a cos t4; b sin t4)

với 0 < t1 < t2 < t3 < t4 < 2π. Gọi 12 điểm Iij(a tan

; b) và tj + ti 2

; b cos ) với i,j = 1, 2, 3, 4 và i < j. Chứng minh tj + ti 2 tj + ti Mij(a sin 2 rằng với việc chọn dấu ± một cách thích hợp ta có

(1) ± ± ± = 0. AB OI12 BC OI23 CD OI34 DA OI14

Lời giải:(1) Với A (a cos t1; b sin t1) , B (a cos t2; b sin t2) , độ dài

(cid:114)

(2) ± . ± . = 0. AB OI12 DC OI34 BC OI23 DA OI14 AC OI13 DB OI24

hay

AB = 2 sin + b2cos2 t2 + t1 a2sin2 t2 + t1 t2 − t1 2 2 2

(cid:114)

± = sin t2 − sin t1.

AB a2tan2 t2 + t1 + b2 2

28

Vậy

± = sin t2 − sin t1. AB OI12

(2) Từ ±

± ± . = sin t4 − sin t1 = ± BC OI23 CD OI34 DA OI14

Từ đây suy ra AB OI12 AB OI12

= sin t2 − sin t1 và ± = sin t4 − sin t3 suy ra DC OI34

± = (sin t2 − sin t1) (sin t4 − sin t3) . AB OI12 DC OI34

Tương tự, ta cũng có DA OI14

. ± = (sin t3 − sin t2) (sin t4 − sin t1) BC OI23

± . = (sin t3 − sin t1) (sin t4 − sin t2) . AC OI13 DB OI24

Như vậy, ta nhận được hệ thức BC AB OI23 OI12

Bài toán 2.1.8. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường elip

± . ± . = 0. DC OI34 DA OI14 AC OI13 DB OI24

(E) : y2 b2 = 1

x2 a2 + Giả sử A1, A2, ..., An, M thuộc (E) có tọa độ (a cos ti; b sin ti) và

(cid:18)

tương ứng, với 0 < t1 < t2 < t3 < t4 < ... < tn < t < 2π. Chứng minh rằng với các điểm (cid:18)

(cid:19)

(cid:19)

M (a cos t; b sin t),

trong đó n + 1 ≡ 1 và i = 1, 2, ..., n và việc chọn dấu ± một cách thích hợp ta có đồng nhất thức

a sin a sin ; b cos ; b cos , Ji Ii ti+1 + ti 2 ti+1 + ti 2 t + ti 2 t + ti 2

An−1An OIn−1 A1A2 OI1 A2A3 OI2 AnA1 OIn ± ± · · · ± ± = 0.

. . . . M A1 OJ1 M A2 OJ2 M A2 OJ2 M A3 OJ3 M An−1 OJn−1 M An OJn M An OJn M A1 OJ1

29

Lời giải: Với hai số thực a, b thỏa mãn ab > 0, ta kí hiệu Nab là phép biến hình trong mặt phẳng tọa độ Oxy biến điểm (x; y) thành điểm x (ax; ay). Khi đó N −1 ; ab biến điểm (x; y) thành điểm ( a Kí hiệu Bi = N −1 ab (Ai) với i = 1, ..., n và N = N −1 ab (M ). Theo Hệ quả

2.1.6, ta có đồng nhất thức Ptolemy cho đa giác nội tiếp

). y b

Vì

+ + · · · + = . B1B2 N B1.N B2 B2B3 N B2.N B3 Bn−1Bn N Bn−1.N Bn BnB1 N Bn.N B1

Và

= B1B2, ..., = Bn−1Bn, = BnB1 A1A2 OI1 An−1An OIn−1 AnA1 OIn

nên ta nhận được hệ thức sau

= N B1, = N B2, ..., = N Bn M A1 OJ1 M A2 OJ2 M An OJn

An−1An OIn−1 A1A2 OI1 A2A3 OI2 AnA1 OIn ± ± · · · ± ± = 0.

2.1.3 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp hypebol

[2, tr 237-238]

Bài toán 2.1.9. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường hypebol

. . . . M A1 OJ1 M A2 OJ2 M A2 OJ2 M A3 OJ3 M An−1 OJn−1 M An OJn M An OJn M A1 OJ1

Giả sử tứ giác ABCD có các đỉnh thuộc đường Hypebol (H) với tọa độ

các đỉnh

(cid:19)

(cid:19)

(H) : x2 a2 − y2 b2 = 1.

(cid:18)a + ab2t2 1 − b2t2 ;

(cid:18)a + ab2u2 1 − b2u2 ;

(cid:19)

(cid:19)

A , B 2b2t 1 − b2t2 2b2u 1 − b2u2

(cid:18)a + ab2v2 1 − b2v2 ;

(cid:18)a + ab2z2 1 − b2z2 ;

thỏa mãn

C , D 2b2v 1 − b2v2 2b2z 1 − b2z2

1 1 − b2t2 > 1 1 − b2u2 > 1 1 − b2v2 > 1 1 − b2z2 .

30

Với các điểm

(cid:18)

(cid:19)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

a; a; a; Iab , Iac , Iad 1 + b2tu t + u 1 + b2tv t + v 1 + b2tz t + z

Chứng minh rằng ta có

a; a; a; . Ibc , Ibd , Icd 1 + b2uv u + v 1 + b2uz u + z 1 + b2vz v + z

(1) + + = .

Lời giải:Ta có

(cid:19)2

(cid:19)2

(cid:18)a + ab2t2

. . + = . (2) . AB OIab CD OIcd BC OIbc AD OIad CD OIcd BC OIbc AD OIad AC OIac AB OIab BD OIbd

(cid:18) 2b2t 1 − b2t2 −

Vậy

(cid:115)

(cid:19)2

+ AB = 1 − b2t2 − a + ab2u2 1 − b2u2 2b2u 1 − b2u2

(cid:12)t2 − u2(cid:12) (cid:12)

(cid:18)1 + b2tu t + u

a2 + 2b2 (cid:12)

(cid:18)

(cid:19)

Biến đổi hệ thức có 2b2 (cid:12)

. AB = |1 − b2t2| |1 − b2u2|

(cid:12)t2 − u2(cid:12) (cid:12) |1 − b2t2| |1 − b2u2|

(cid:18)

(cid:19)

= = 2 1 1 − b2t2 − 1 1 − b2u2 AB OIab

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:18)

(cid:19)

= 2 = 2 1 1 − b2t2 − 1 1 − b2v2 1 1 − b2t2 − 1 1 − b2v2 AC OIac

(cid:18)

(cid:19)

= 2 = 2 1 1 − b2z2 1 1 − b2z2 AD OIad

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:18)

(cid:19)

= 2 = 2 1 1 − b2t2 − 1 1 − b2u2 − 1 1 − b2v2 1 1 − b2t2 − 1 1 − b2u2 − 1 1 − b2v2 BC OIbc

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:18)

(cid:19)

= 2 = 2 1 1 − b2u2 − 1 1 − b2z2 1 1 − b2u2 − 1 1 − b2z2 BD OIbd

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

= 2 = 2 1 1 − b2v2 − 1 1 − b2z2 1 1 − b2v2 − 1 1 − b2z2 CD OIcd

31

Vậy ta có

và ta chứng minh được (2). Vì

(cid:18)

(cid:19)

. + . = . AB OIab CD OIcd AD OIad BC OIbc AC OIac BD OIbd

nên ta có ngay đồng nhất thức

= 2 , v.v..., 1 1 − b2t2 − 1 1 − b2u2 AB OIab

ta chứng minh được (1).

2.2 Bài toán về đa giác nội tiếp trong một đường cônic

Bài toán 2.2.1. Bài toán về tứ giác nội tiếp [7]

Cho cônic (Γ), qua một điểm M kẻ hai cát tuyến phân biệt ∆1 và ∆2. ∆1 và ∆2 hợp với trục tiêu OF các góc α1, α2 theo thứ tự. Đường thẳng ∆1 cắt đường cônic (Γ) tại A, B và đường thẳng ∆2 cắt cônic (Γ) tại C, D. Ta có điều kiện cần và đủ để bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn là α1 + α2 = π, hay là ∆1 và ∆2 nghiêng đều trên trục tiêu.

Lời giải: Giả thiết của bài toán được thể hiện qua hình 2.2. Phương

(cid:1) (1)

tích của điểm M đối với (Γ) là M A.M B (cid:0)1 − e2cos2α1

(cid:1) = M C.M D (cid:0)1 − e2cos2α1

Bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi

+ + = AB OIab BC OIbc CD OIcd AD OIad

M A.M B = M C.M D (2)

ta được α1 = π − α2.

• Nếu ta thay (2) vào (1) thì cos2α1 = cos2α2. Từ đó ta được α1 = α2 hoặc α1 = π−α2. Loại bỏ trường hợp α1 = α2

ra (2).

• Điều ngược lại cũng đúng khi thay cos α1 = − cos α2 vào (1) để suy

32

Vậy bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi

Bài toán 2.2.2. [2] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường parabol (P): y = x2. Trên parabol (P) ta lấy 6 điểm phân biệt

∆1 và ∆2 nghiêng đều trên trục tiêu

Chứng minh rằng nếu A1A2//A4A5 và A2A3//A5A6 thì A3A4//A6A1.

i ) với i = 1, 2, ..., 6. Ta thấy điều kiện A1A2//A4A5 tương

Lời giải: Giả sử Ai(ai; a2 đương với điều kiện

(cid:1)

A1, A2, A3, A4, A5, A6.

5 − a2 4

2 − a2 1

nên điều kiện

−−−→ A4A5, vì (cid:1) , −−−→ A4A5 = (cid:0)a5 − a4; a2

−−−→ A1A2 = k

hay

= −−−→ A1A2 = k −−−→ A1A2 = (cid:0)a2 − a1; a2 −−−→ A4A5 tương đương với a2 5 − a2 4 a5 − a4 a2 2 − a2 1 a2 − a1

Vậy, từ giả thiết suy ra a2 + a1 = a4 + a5 và a5 + a6 = a2 + a3. Do vậy

a2 + a1 = a4 + a5.

Từ đây suy ra a1 + a6 = a4 + a3 hay A3A4//A6A1.

a2 + a1 + a5 + a6 = a4 + a5 + a2 + a3.

33

Bài toán 2.2.3. [2] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường parabol (P): y = x2. Trên parabol (P) ta lấy 6 điểm phân biệt

Giả sử A1A2⊥A4A6 và A2A3⊥A5A6. Chứng minh rằng A3A4 và A6A1 không thể vuông góc với nhau nếu

A1, A2, A3, A4, A5, A6.

i ) với i = 1, 2, ..., 6.

Lời giải: Giả sử Ai(ai; a2 Ta thấy điều kiện A1A2⊥A4A5 tương đương với điều kiện

(a1 + a2)(a2 + a3)(a3 + a4)(a4 + a5)(a5 + a6)(a6 + a1) (cid:54)= −1.

Vì

(cid:1)

(cid:1) ,

−−−→ A1A2. −−−→ A4A5 = 0 (∗)

2 − a2 1

5 − a2 4

nên điều kiện (∗) tương đương với

−−−→ A1A2 = (cid:0)a2 − a1; a2 −−−→ A4A5 = (cid:0)a5 − a4; a2

2 − a2

1)(a2

5 − a2

4) = 0

hay

(a2 − a1)(a5 − a4) + (a2

Tương tự ta có

(a2 + a1)(a4 + a5) = −1.

Nếu A3A4⊥A6A1 thì (a3 + a4)(a6 + a1) = −1. Khi đó

(a2 + a3)(a6 + a5) = −1.

Như vậy, nếu

(a1 + a2)(a2 + a3)(a3 + a4)(a4 + a5)(a5 + a6)(a6 + a1) = −1

thì A3A4 và A6A1 không thể vuông góc với nhau.

Bài toán 2.2.4. [2] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường parabol (P): y = x2. Trên parabol (P) ta lấy ba điểm phân biệt lần lượt là A(a; a2), B(b; b2) và C(c; c2) thỏa mãn a2 − b = b2 − c = c2 − a. Hãy tính tích

(a1 + a2)(a2 + a3)(a3 + a4)(a4 + a5)(a5 + a6)(a6 + a1) (cid:54)= −1

T = (a + b + 1)(b + c + 1)(c + a + 1).

34

Lời giải: Từ a2 − b = b2 − c = c2 − a suy ra a2 − b2 = b − c nên

Tương tự ta có

+ 1 = . a + b + 1 = b − c a − b a − c a − b

Vậy ta có

b + c + 1 = , c + a + 1 = . b − a b − c c − b c − a

T = (a + b + 1)(b + c + 1)(c + a + 1)

. Chứng minh rằng nếu parabol

Bài toán 2.2.5. [2] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường parabol (P): y = ax2 + b và hypebol (H): y = x +

= . . = −1. a − c a − b b − a b − c c − b c − a

(P) cắt hypebol (H) tại đúng ba điểm phân biệt thì 3ab < 1 với a và b là các số thực.

Lời giải: Tọa độ các giao điểm của (P ) và (H) là nghiệm của hệ phương trình

sau

(cid:40) y = ax2 + b

1 x

(i)

y = x + (ii).

Khi đó ta có



1 x Thay (ii) vào (i) ta được phương trình bậc ba ax3 − x2 + bx − 1 = 0, vì parabol (P ) cắt hypebol (H) tại đúng ba điểm phân biệt nên phương trình bậc ba có ba nghiệm thực phân biệt. Giả sử x1, x2, x3 là ba nghiệm thực của phương trình này.

x1 + x2 + x3 = 1 a

 

b a

hay

Mặt khác bất đẳng thức 3ab < 1 tương đương với

x1x2x3 = x1x2 + x2x3 + x3x1 = 1 a

1 a2 > 3 b a

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng vì x1, x2, x3 khác nhau.

(x1 + x2 + x3)2 > 3(x1x2 + x2x3 + x3x1)

35

Bài toán 2.2.6. [2] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường hypebol (H): xy = a2, a (cid:54)= 0.

Trên đường hypebol (H) ta lấy 6 điểm tùy A1, A2, A3, A4, A5, A6. Chứng

minh rằng nếu A1A2//A4A5 và A2A3//A5A6 thì A3A4//A6A1.

Lời giải:

Giả sử Ai(xi; yi =

) với xi (cid:54)= 0 và i = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Ta thấy điều kiện a2 xi

(cid:18)

(cid:19)

(cid:19)

(cid:18)

(∗) vì A1A2//A4A5 tương đương với điều kiện −−−→ A1A2 = k −−−→ A4A5

nên điều kiện (∗) tương đương với

, − − −−−→ A4A5 = x5 − x4; −−−→ A1A2 = x2 − x1; a2 x2 a2 x1 a2 x5 a2 x4

− −

hay x1x2 = x4x5.

Tương tự, ta cũng có x2x3 = x5x6. Vậy x1x2x5x6 = x4x5x2x3. Từ đây suy ra x1x6 = x4x3. hay A3A4//A6A1.

Bài toán 2.2.7. [6] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường cho elip

(E):

= a2 a2 x2 x1 x2 − x1 a2 a2 x5 x4 x5 − x4

biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.

Lời giải: Kí hiệu A, B, C, D là giao điểm của đường tròn và elip. Vì AB//CD và AD//BD nên tâm của đường tròn nằm đồng thời trên hai trục đối xứng của (E). Nghĩa là tâm đường tròn trùng với tâm của elip và các cạnh của hình vuông song song với các trục đối xứng của elip. Phương trình đường tròn có dạng x2 + y2 = R2. Vì A là đỉnh của hình vuông nằm trên elip nên A là giao điểm của đường thẳng y = x (y = −x) với elip (E). Tọa độ

+ = 1. Viết phương trình đường tròn cắt elip tại bốn điểm phân x2 16 y2 9

(cid:19)

của A là nghiệm của hệ

y = x

và R2 =

(cid:18)12 5

  

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là

(cid:18)

(cid:19)2

(cid:18)

(cid:19)2

; ⇒ A 12 5 288 25 + = 1 x2 16 y2 9

x − y − . + = 12 5 12 5 288 25

36

* Một số bài toán tương tự

Bài toán 2.2.8. Cho sáu điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 nằm trên elip (E): x2 a2 +

Chứng minh A3A4//A6A1.

Bài toán 2.2.9. Cho parabol (P): y2 = 2px(p > 0) và sáu điểm

y2 b2 = 1 sao cho A1A2//A4A5 và A2A3//A5A6.

nằm trên đường (P) sao cho A1A2//A4A5 và A2A3//A5A6.

Chứng minh A3A4//A6A1.

Bài toán 2.2.10. Cho sáu điểm A1, A2, A3, A4, A5, A6 nằm trên elip (H): x2 a2 −

A1, A2, A3, A4, A5, A6.

Chứng minh A3A4//A6A1.

Bài toán 2.2.11. Cho hypebol (H):

y2 b2 = 1 sao cho A1A2//A4A5 và A2A3//A5A6.

= 1. Viết phương trình đường − y2 5

Bài toán 2.2.12. Cho parabol (P): y2 = 4x. Viết phương trình đường tròn sao cho đường tròn đó cắt parabol tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của hình nửa lục giác đều có độ dài cạnh là 1 (đơn vị độ dài).

2.3 Bài toán về khoảng cách từ một đường cônic đến

một đường thẳng

[7, tr. 143-145] Bài toán khoảng cách giữa một đường cônic với một đường thẳng là một bài toán mà học sinh THPT thường gặp trong các kì thi. Trong phần này nêu cách tìm khoảng cách từ một đường cônic đến đường thẳng có phương trình Ax + By + C = 0 với A2 + B2 = 1 và C > 0.

Bài toán 2.3.1. (Khoảng cách từ một elip đến đường thẳng)

Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E):

x2 4 tròn sao cho đường tròn đó cắt hypebol tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của hình vuông.

đường thẳng ∆: Ax + By + C = 0 với A2 + B2 = 1 và C > 0. 1) Tìm điều kiện để ∆ và elip (E) không có điểm chung.

x2 a2 + y2 b2 = 1 với a > 0, b > 0 và

37

2) Giả sử M thuộc (E), gọi MH là khoảng cách từ M đến ∆. Trong trường hợp ∆ và elip (E) không có điểm chung, tìm tọa độ điểm M sao cho:

a) MH là ngắn nhất. b) MH là dài nhất.

Lời giải: 1) Trong mục 1.5.1 ta đã chứng minh được điều kiện cần và đủ để ∆ là tiếp tuyến của elip (E) là a2A2 + b2B2 = C 2. Bằng phương pháp chứng minh tương tự ta chứng minh ∆ và elip (E) không có điểm chung khi và chỉ khi a2A2 + b2B2 < C 2.

2) Giả sử M (x; y) thuộc (E). Do A2 + B2 = 1 suy ra khoảng cách từ M đến ∆ là M H = |Ax + By + C|. Áp dụng bất đẳng thức tam giác, suy ra:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đối với

và aA, bB ta có

|C − |Ax + By|| ≤ M H ≤ C + |Ax + By| (∗)

Từ (∗) và (∗∗) suy ra √

, x a y b √ (∗∗) a2A2 + b2B2 |Ax + By| ≤

Dấu bằng ở (∗ ∗ ∗) xẩy ra khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

√ 0 ≤ C − a2A2 + b2B2 ≤ M H ≤ C + a2A2 + b2B2 (∗ ∗ ∗)

  

Bx = Ay b a a b



x2 a2 + y2 b2 = 1

Giải hệ này ta được hai nghiệm  a2A a2A2 + b2B2

và

√ √ x1 = x2 = − a2A a2A2 + b2B2

 

  Thử lại với M1(x1; y1) ta có

√ √ . y1 = y2 = − b2B a2A2 + b2B2 b2B a2A2 + b2B2

√ a2A2 + b2B2. M1H = C +

38

Từ (∗ ∗ ∗) suy ra

Tương tự với M2(x2; y2) ta có

√ a2A2 + b2B2. max M1H = C +

Từ (∗ ∗ ∗) suy ra

√ a2A2 + b2B2. M2H = C −

Vậy độ dài đoạn thẳng M H ngắn nhất khi M trùng với M2(x2; y2). Độ

dài đoạn thẳng M H dài nhất khi M trùng với M1(x1; y1).

Bài toán 2.3.2. (Khoảng cách từ một hypebol đến đường thẳng )

Trong mặt phẳng Oxy, cho hypebol (H):

√ min M H = C − a2A2 + b2B2.

1) Tìm điều kiện để ∆ và hypebol (H) không có điểm chung. 2) Trong trường hợp ∆ và (H) không có điểm chung, tìm điểm M thuộc

(H) sao cho khoảng cách từ M đến ∆ là ngắn nhất.

Lời giải: 1) Trong mục 1.5.1 ta đã chứng minh được điều kiện cần và đủ để ∆ là tiếp tuyến của hypebol (H) là a2A2 − b2B2 = C 2. Bằng phương pháp chứng minh tương tự ta chứng minh ∆ và hypebol (H) không có điểm chung khi và chỉ khi a2A2 − b2B2 < C 2.

2) • Cho bốn số thực a, b, x, y thỏa mãn

y2 b2 = 1 và đường thẳng x2 a2 − ∆ : Ax + By + C = 0 với A2 + B2 = 1 và C > 0.

ta có bất đẳng thức

(cid:113)

(a2 − b2)(x2 − y2) ≥ 0

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ay = −bx. Ta gọi (∗) là bất đẳng thức

giả -Schwarz.

|ax + by| ≥ (a2 − b2)(x2 − y2) (∗)

đến (cid:52) là M K thì

• Giả sử M (x; y) thuộc (H). Do A2 + B2 = 1, gọi khoảng cách từ M

M K = |Ax + By + C| .

39

Theo bất đẳng thức tam giác ta có

ta có

Áp dụng bất đẳng thức giả - Schwarz với Aa, Bb và

(cid:115)

(cid:19)

, M K ≥ ||Ax + By| − |C|| = ||Ax + By| − C| . y b x a

(cid:18)x2 a2 −

|Ax + By| ≥ (a2A2 − b2B2) y2 b2

Do đó

(cid:112)

√ = a2A2 − b2B2 ≥ C.

Dấu bằng xảy ra ở (∗∗) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

M K ≥ a2A2 − b2B2 − C (∗∗)

  

y = x A a b −Bb a

y2 b2 = 1.



x2 a2 − Giải hệ này ta được hai nghiệm

√ x1 = −Aa2 a2A2 − b2B2

 

và



√ y1 = Bb2 a2A2 − b2B2

√ x2 = Aa2 a2A2 − b2B2

 

Thử lại hai nghiệm này ta thấy dấu bằng chỉ xẩy ra ở (∗∗) khi M trùng với M2(x2; y2). Vậy độ dài đoạn thẳng M K ngắn nhất khi M trùng với M2(x2; y2), và lúc đó

(cid:112)

√ y2 = −Bb2 a2A2 − b2B2

Nhận xét 2.3.3. Ta không tìm max M K, vì điểm M có thể ra xa vô tận trên (H).

M K = a2A2 − b2B2 − C.

40

Bài toán 2.3.4. (Khoảng cách từ một parabol đến đường thẳng)

Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y2 = 2px và đường thẳng ∆ :

1) Tìm điều kiện để ∆ và parabol (P) không có điểm chung. 2) Trong trường hợp ∆ và (P ) không có điểm chung, tìm điểm M thuộc

(P) sao cho khoảng cách từ M đến ∆ là ngắn nhất.

Lời giải: 1) Trong mục 1.5.2 ta đã chứng minh được điều kiện cần và đủ để ∆ là tiếp tuyến của parabol (P) là pB2 = 2AC. Bằng phương pháp chứng minh tương tự ta chứng minh ∆ và parabol (P) không có điểm chung khi

Ax + By + C = 0 với A2 + B2 = 1 và C > 0.

 

và chỉ khi



pB2 − 2AC < 0

2) Giả sử M H là khoảng cách từ M (x; y) thuộc (P ) đến đường thẳng

A (cid:54)= 0

(cid:18)

(cid:19)2

∆. Do A2 + B2 = 1 nên

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

M H = |Ax + By + C| = y + p + |A| 2p B A 2pA − B2p2 A2

(cid:12)2pA − B2p2(cid:12) (cid:12) (cid:12) A2

Dấu bằng ở (∗) xẩy ra khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

⇒ M H ≥ = (∗) |A| 2p 2AC − pB2 2 |A|

 



x = y = − pB2 2A2 Bp A ⇔

  

Vậy độ dài đoạn M H đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm M (

y2 = 2px p. y = − B A

đó

p), lúc pB2 2A2 ; − B A

Nhận xét 2.3.5. Ta không tìm max M H, vì điểm M có thể ra xa vô tận trên (P ).

Nhận xét 2.3.6. Trong phần trên ta đã biết cách tìm khoảng cách từ một đường cônic đến đường thẳng có phương trình Ax + By + C = 0 với

M H = . 2AC − pB2 2|A|

41

2.4 Bài toán con bướm cho các đường cônic

Ta đã biết Bài toán con bướm đối với đường tròn, đường tròn là trường hợp đặc biệt của đường cônic. Vậy có thể mở rộng Bài toán con bướm đối với đường cônic? Trước hết ta nhắc lại bài toán con bướm đối với đường tròn

Bài toán 2.4.1. [7, tr. 128-129] Cho đường tròn tâm O với dây cung P Q. Qua trung điểm T của P Q kẻ hai dây cung AB và CD sao cho P Q cắt hai dây cung AD, BC theo thứ tự tại M, N . Chứng minh rằng T M = T N .

Lời giải:

A2 + B2 = 1 và C > 0. Nếu C < 0 thì chỉ việc đổi dấu cả A và B ta sẽ có cách làm tương tự.

(đpcm).

• Khi T trùng với tâm O thì (cid:52)OAM = (cid:52)OBN (g.c.g) nên T M = T N

• Khi T không trùng với tâm O, kẻ OH⊥AD tại trung điểm H của

Giả sử H thuộc đoạn DM và K thuộc đoạn CN (Hình 2.3) (các trường

hợp khác được chứng minh tương tự).

Tứ giác OT M H nội tiếp đường tròn nên (cid:92)T OM = (cid:92)T M H, Tứ giác OT KN nội tiếp đường tròn nên (cid:92)T ON = (cid:92)T KC,

AD, kẻ OK⊥BC tại trung điểm K của BC

(∗) (∗∗)

42

Từ (cid:52)T AD đồng dạng với (cid:52)T CB suy ra (cid:92)T AH = (cid:92)T CK và T A 2AH dẫn đến (cid:52)T AH đồng dạng với (cid:52)T CK, do đó (cid:92)T HA = (cid:92)T KC

= T C 2CK

Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗) suy ra (cid:92)T OM = (cid:92)T ON mà OT ⊥M N nên T M = T N . Tiếp theo ta lần lượt giải quyết Bài toán con bướm cho các đường cônic.

Bài toán 2.4.2. (Mở rộng bài toán con bướm cho đường parabol)

Cho dây cung M N của một đường parabol. Giả sử hai dây AB và CD, đều khác M N , đi qua trung điểm I của M N . Gọi giao điểm giữa AC và BD với M N là P và Q tương ứng. Khi đó IP = IQ.

Lời giải:

Dựng hệ tọa độ vuông góc Oxy sao cho phương trình đường parabol

(∗ ∗ ∗)

và

(P ) : y = v (cid:0)x2 + ax + b(cid:1)

với trung điểm I của M N chính là điểm O(0; 0). Do vậy n = −m và b = −m2. Phương trình của đường thẳng (M N ) là (M N ) : y = ux. Khi đó u = av.

M (cid:0)m; v(m2 + am + b)(cid:1) , N (cid:0)n; v(n2 + an + b)(cid:1)

43

Giả sử (AB) : y = kx và (CD) : y = hx. khi đó tọa độ 4 điểm giao: 2) với

1), D(x(cid:48)

2 = hx(cid:48)

2; y(cid:48)

1 = hx(cid:48)

A (x1; y1 = kx1) , B (x2; y2 = kx2), C(x(cid:48)

1; y(cid:48) k − av ± (cid:112)(k − av)2 − 4bv2 2v

và

(cid:48)

1,2 = x

x1,2 =

và

Từ (AC) : x = x1 +

(x(cid:48)

.

hx(cid:48)

(M N ) : y = ux ta suy ra xp = x(cid:48) (h − u)x(cid:48)

Vì x(cid:48)

1x(cid:48)

2 = b nên xP =

.

Hoàn toàn tương tự xQ =

nên

, x(cid:48)

Vì x1 + x2 =

1 + x(cid:48)

2 =

h − k 1 − (k − u)x1 . h − av ± (cid:112)(h − av)2 − 4bv2 2v 1 − x1)(y − kx1) 1 − kx1 1x1 b(h − k) (h − u)x2 − (k − u)x(cid:48) 2

k − av v b(h − k) (h − u)x1 − (k − u)x(cid:48) 1 h − av v

2 + (h − u)x1 − (k − u)x(cid:48)

1 =

do bởi u = av.

Vậy xP + xQ = 0 hay IP = IQ.

Bài toán 2.4.3. (Mở rộng bài toán con bướm cho đường elip hoặc hypebol) Cho dây cung M N của một đường elip hoặc hypebol. Giả sử hai dây AB và CD, đều khác M N , đi qua trung điểm I của M N . Gọi giao điểm giữa AC và BD với M N là P và Q tương ứng. Khi đó IP = IQ.

Lời giải: Dựng hệ tọa độ vuông góc Oxy sao cho phương trình đường elip hoặc hypebol có dạng (Γ) : αx2 + βy2 = 1 và M N : y = ax + b. Khi đó tọa độ điểm M và N là nghiệm của hệ phương trình

= 0 (h − u)x2 − (k − u)x(cid:48) (h − k)(u − av) v

 



y = ax + b (i)

Thay (i) vào (ii) ta được phương trình

αx2 + βy2 = 1 (ii)

(∗) αx2 + β(ax + b)2 = 1 ⇔ (cid:0)α + βa2(cid:1) x2 + 2βabx + βb2 − 1 = 0.

44

Gọi m, n là hai nghiệm của phương trình (∗). Khi đó ta có tọa độ hai điểm M (m; am + b), N (n; an + b). Gọi I(x0; y0) là trung điểm của M N .

Ta có x0 =

βab = − m + n 2

(cid:0)α + βk2(cid:1) x2 − 2βk(kx0 − y0)x + β(kx0 − y0)2 − 1 = 0.

Tọa độ giao điểm C(x(cid:48)

1; y(cid:48)

1 − x0) + y0), D(x(cid:48)

2; y(cid:48)

2 = h(x(cid:48)

2 − x0) + y0) với x(cid:48)

1 và x(cid:48)

2 là

1 = h(x(cid:48) hai nghiệm của phương trình

(cid:0)α + βh2(cid:1) x2 − 2βh(hx0 − y0)x + β(hx0 − y0)2 − 1 = 0.

i và

i = xi − x(cid:48)

i − x0 với i = 1, 2. Ta có ui − u(cid:48)

i = x(cid:48)

α + βa2 và y0 = ax0 + b. Giả sử (AB) : y = k(x−x0)+y0 và (CD) : y = h(x−x0)+y0. Khi đó ta có tọa độ giao điểm A(x1; y1 = k(x1 −x0)+y0), B(x2; y2 = k(x2 −x0)+y0) với x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình

suy ra phương trình đường thẳng

Từ (AC) :

yi − y(cid:48)

Đặt ui = xi − x0, u(cid:48) i = kui − hu(cid:48) i. x − x1 x(cid:48) 1 − x1 (u(cid:48)

.

= y − y1 y(cid:48) 1 − y1

1 − u1)(y − ku1 − y0) 1 − ku1

Do (M N ) : y = a(x − x0) + y0 ta suy ra tọa độ điểm (P ) là nghiệm của

hệ

(AC) : x = x1 + hu(cid:48)

y = a(x − x0) + y0

  

1 − u1)(y − ku1 − y0) 1 − ku1

.

Từ hệ này suy ra được xP − x0 =

(u(cid:48) . x = x1 + hu(cid:48)

.

Hoàn toàn tương tự xQ − x0 =

(h − a)u(cid:48) (h − k)u1u(cid:48) 1 1 − (k − a)u1

Xét tổng

(h − a)u(cid:48) (h − k)u2u(cid:48) 2 2 − (k − a)u2

Để chứng minh (xP − x0) + (xQ − x0) = 0 hay IP = IQ ta chỉ ra đẳng

thức

+ (xP − x0) + (xQ − x0) = (h − a)u(cid:48) (h − a)u(cid:48) (h − k)u1u(cid:48) 1 1 − (k − a)u1 (h − k)u2u(cid:48) 2 2 − (k − a)u2

1(u1 + u2) = (k − a)u1u2(u(cid:48)

1 + u(cid:48)

2) (∗∗).

(h − a)u1u(cid:48)

45

Ta có

và

− 2x0 = − u1 + u2 = x1 + x2 − 2x0 = 2βk(kx0 − y0) α + βk2 2βky0 + 2αx0 α + βk2

hay

u1u2 = (x1 − x0) (x2 − x0) = x1x2 − (x1 + x2) x0 + x2 0

0 − 1

0 =

0 + αx2 α + βk2 βy2

0 − 1

và u(cid:48)

βy2 − + x2 . u1u2 = β(kx0 − y0)2 − 1 α + βk2

1 + u(cid:48)

2 = −

1u(cid:48)

2 =

0 + αx2 α + βh2

Tương tự, ta có u(cid:48) Qua việc thay u1 + u2, u1u2, u(cid:48)

.

1u(cid:48)

2 vào (∗∗) tương đương với

chứng minh

2βk(kx0 − y0) α + βk2 2βhy0 + 2αx0 α + βh2 2, u(cid:48) 1 + u(cid:48)

Vì x0 = −

h(aβy0 + αx0) = k(aβy0 + αx0) hay aβy0 + αx0 = 0.

Do vậy

βab α + βa2 và y0 = ax0 + b nên ta có βa2x0 + αx0 + βab = 0.

Vậy aβy0 + αx0 = 0 hay IP = IQ.

Nhận xét 2.4.4. Vậy ta hoàn toàn có thể mở rộng bài toán con bướm cho các đường cônic

Nhận xét 2.4.5. Cách giải bài toán con bướm cho các đường cônic ở trên có ưu điểm là chỉ cần dựng hệ trục tọa độ Oxy phù hợp thì ta có thể giải được bài toán. So với cách giải trong tài liệu tham khảo [7] phải sử dụng kiến thức về tứ giác toàn phần với việc phải nhắc một số định nghĩa, bổ đề, mệnh đề và phải trình bầy phần chứng minh dài thì cách giải trên ngắn gọn hơn nhiều.

2.5 Bài toán định tính liên quan đến đường cônic

Bài toán 2.5.1. (Bài toán Newton)[7]

Cho cônic (Γ) và hai đường thẳng cắt nhau ∆1, ∆2. Một góc uM v nào đó có M u//∆1 và M v//∆2, cạnh M u cắt (Γ) tại A, B và cạnh M v cắt

aβy0 + αx0 = aβ (ax0 + b) + αx0 = βa2x0 + αx0 + βab = 0 .

là không đổi khi góc uM v di

động.

(Γ) tại C, D. Chứng minh rằng . M A M C M B M D

46

Lời giải:

Giả sử ∆1 và ∆2 theo thứ tự hợp với trục tiêu các góc α1 và α2 không

đổi (Hình 2.5).

Theo mục 1.3 ta có phương tích của điểm M đối với cônic (Γ) là

(cid:1) .

(cid:1) = M C . M D (cid:0)1 − e2cos2α2

Do đó

M A. M B (cid:0)1 − e2cos2α1

là không đổi khi góc uM v di động.

Bài toán 2.5.2. (Bài toán Mac- Laurin)[7]

. = M A M C M B M D 1 − e2cos2α2 1 − e2cos2α1

là không đổi khi ∆1 di động.

Cho cônic (Γ) và hai điểm cố định A1, A2. Qua A1 vẽ đường thẳng ∆1 nào đó và qua A2 vẽ đường thẳng ∆2 sao cho ∆2//∆1. Đường thẳng ∆1 cắt (Γ) tại B1, C1 và đường thẳng ∆2 cắt (Γ) tại B2, C2. Chứng minh rằng A1B1 A2B2

Lời giải:

. A1C1 A2C2

47

Giả sử ∆1, ∆1 cùng hợp với trục tiêu góc α (Hình 2.6) Theo mục 1.3 ta có phương tích của điểm A1 đối với cônic (Γ) là

(cid:0)1 − e2cos2α(cid:1)

Tương tự phương tích của điểm A2 đối với cônic (Γ) là

(cid:0)1 − e2cos2α(cid:1)

A1B1. A1C1

Vì phương tích của điểm A1 và A2 đối với cônic (Γ) là các số không đổi

nên

A2B2. A2C2

(cid:0)1 − e2cos2α(cid:1) A1B1. A1C1 A2B2. A2C2 (1 − e2cos2α)

là không đổi khi ∆1 di động.

Bài toán 2.5.3. Bài toán (C.Michel-Cliffort)[7]

Cho cônic (Γ) có tâm O, A là một điểm cố định. Một đường thẳng ∆ nào đó đi qua A cắt (Γ) tại B, C. Vẽ đường kính d của (Γ) (đi qua O)

là không

song song với ∆ và cắt (Γ) ở P, Q. Chứng minh rằng

= A1B1. A1C1 A2B2. A2C2

đổi khi ∆ di đông.

Lời giải:

AB. AC OP 2

48

Giả sử ∆ và d cùng hợp với trục tiêu góc α (Hình 2.7) Theo mục 1.3 ta có phương tích của điểm A đối với cônic (Γ) là

Phương tích của điểm O đối với cônic (Γ) là

AB. AC (cid:0)1 − e2cos2α(cid:1) .

Vì phương tích của điểm A và O đối với cônic (Γ) là các số không đổi

nên

OP . OQ (cid:0)1 − e2cos2α(cid:1) .

là không đổi.

trên ta cũng có thể chứng minh

không đổi khi ∆ di động.

Nhận xét 2.5.4. Do vai trò của P và Q là như nhau nên theo bài toán AB.AC OQ2

Bài toán 2.5.5. [7] Cho họ đường thẳng

AB. AC OP 2 = − AB. AC (cid:0)1 − e2cos2α(cid:1) OP . OQ (1 − e2cos2α)

Chứng minh rằng các đường thẳng của họ đều tiếp xúc với một cônic cố định

Lời giải:

∆ (m) : (cid:0)4 − m2(cid:1) x − 6my + 3 (cid:0)4 + m2(cid:1) = 0 (∗)

49

Theo mục 1.5.2 ta giả sử ∆ : Ax + By + C = 0(∗∗) là đường thẳng tiếp

xúc với cônic (Γ). Từ (∗) ta có

= = 4 − m2 A −6m B 3 (cid:0)4 + m2(cid:1) C

Nhân tử số và mẫu số của tỉ số đầu với 3 được 3 (cid:0)4 + m2(cid:1) C

Với hai tỉ số đầu của (∗ ∗ ∗) ta cộng hai tử số với nhau và hai mẫu số

với nhau được

= = (∗ ∗ ∗) 3(4 − m2) 3A −6m B

Cũng với hai tỉ số đầu của (∗ ∗ ∗), ta trừ hai tử số với nhau và hai mẫu

số với nhau được:

(4∗) = ⇒ m = 24 3A + C −6m B −4B 3A + C

Từ (4∗) và (5∗) suy ra

= ⇒ m = (m (cid:54)= 0) (5∗) −6m2 3A − C −6m B 3A − C B

= ⇒ −4B2 = 9A2 − C 2 −4B 3A + C 3A − C B

Đây là phương trình tiếp dạng của đường elip với phương trình

⇔ 9A2 + 4B2 = C 2.

Với m = 0 thì phương trình (∗) trở thành x = −3 cũng tiếp xúc với

elip trên.

2.6 Bài toán định lượng liên quan đến đường cônic

Bài toán 2.6.1. [2] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy cho parabol

+ = 1. x2 9 y2 4

Trên parabol (P ) ta lấy hai điểm A(−1; 1) và B(3; 9). Xác định điểm C thuộc cung nhỏ AB của (P ) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.

(P ) : y = x2

50

Lời giải: Giả sử C(c; c2) thuộc (P ) vì C thuộc cung nhỏ AB nên −1 < c < 3. Diện tích tam giác ABC là

.4 − .(c + 1) − .(3 − c) SABC = 1 + 9 2 1 + c2 2 9 + c2 2

Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng 8 (đvdt) khi C(1; 1).

Bài toán 2.6.2. [2] Trong mặt phẳng (Oxy) cho elip (E) :

= 8 − 2(c − 1)2 ≤ 8

cát tuyến thay đổi song song hoặc trùng AB cắt (E) tại M, N . Khi đó

(1) Tập các trung điểm I của M N là một đường kính CD của (E). Hai

đường kính AB, CD được gọi là hai đường kính liên hợp.

(2) AB2 + CD2 = 4(a2 + b2).

Lời giải: (1) Giả sử (d) : y = kx + d song song hoặc trùng với AB. Khi đó tọa

độ của giao điểm M và N là nghiệm của hệ phương trình

x2 a2 + y2 b2 = 1. Giả sử đường kính bất kỳ AB : y = kx với k (cid:54)= 0 và A, B ∈ (E). Một

 



y = kx + d

hay

b2x2 + a2y2 = a2b2

 



(cid:0)b2 + k2a2(cid:1) x2 + 2ka2dx + a2d2 − a2b2 = 0

y = kx + d

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (∗). Vậy I(xI; yI) với

(∗)

= − xI = x1 + x2 2

Như vậy, điểm I chạy trên đường thẳng CD : y = −

yI = kxI + d = ka2d b2 + k2a2 b2d b2 + k2a2

ngay hk = −

b2 ka2 x = hx. Ta có

b2 a2 .

51

(2) Tọa độ A, B là nghiệm của của hệ

 



y = kx

Do vậy

b2x2 + a2y2 = a2b2.

Tương tự ta có

√ √ ; ) A( ab b2 + k2a2 kab b2 + k2a2

Tóm lại

√ √ C( ; ) ab b2 + h2a2 hab b2 + h2a2

Bài toán 2.6.3. [2] Trong mặt phẳng (Oxy) cho elip (E) :

AB2 + CD2 = 4 (cid:0)OA2 + OC 2(cid:1) = 4(a2 + b2).

x2 a2 +

(1)

y2 b2 = 1. Giả sử đường thẳng qua tiêu điểm F cắt (E) ở M và N , giả sử I, J thuộc (E) sao cho OI⊥OJ. Khi đó

(2)

= +

1 b2 . 2a b2 . 1 a2 + 1 F N 1 OJ 2 =

√ a2 − b2; 0). Đặt (cid:92)AF M = α, ở đó A(a; 0).

Dễ dàng suy ra F M =

và F N =

1 F M 1 OI 2 + Lời giải: (1) Không mất tính tổng quát thể coi a > b > 0. Khi đó F (c = Hạ M P ⊥OA, P (x; 0). Ta có x − c = F M cosα.

Vậy

. b2 a + c cos α b2 a − c cos α

.

+ = 1 F M 1 F N 2a b2 .

(2) Giả sử I(acosα; bsinα), khi đó OI 2 = Tương tự

a2b2 a2 − c2cos2α

Từ đây suy ra

OJ 2 = . a2b2 a2 − c2sin2α

1 OI 2 + 1 OJ 2 = 1 a2 + 1 b2 .

52

Bài toán 2.6.4. [5] Trong mặt phẳng (Oxy) cho elip

(d) là một tiếp tuyến của (E) cắt các đường thẳng x = −a, x = a lần lượt tại M và N . Xác định phương trình của (d) sao cho ∆F M N có diện tích nhỏ nhất, trong đó F là một trong hai tiêu điểm của (E).

Lời giải:

Elip (E) có hai tiêu điểm F1(−c; 0), F2(c; 0). • Lấy điểm T (x0; y0) ∈ (E), khi đó phương trình tiếp tuyến (d) tại T

có dạng

(E) : x2 a2 + y2 b2 = 1(0 < b < a).

xx0 a2 + yy0 b2 = 1 ⇔ b2x0x + a2y0y − a2b2 = 0

• Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của (d) và các đường thẳng

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình b2x0x + a2y0y − a2b2 = 0

 

x = −a, x = a.



Tọa độ của N là nghiệm của hệ phương trình

⇒ M (−a; ). b2(a + x0) ay0 x = −a

 

b2x0x + a2y0y − a2b2 = 0



). ⇒ N (a; b2(a − x0) ay0 x = a

53

Nhận xét rằng

T (x0; y0) ∈ (E) ⇔ x2 0 a2 + y2 0 b2 = 1

0 = a2b2 − b2x2

0 = b2(a2 − x2

0).

Khi đó

⇔ a2y2

(cid:1)

. −−→ F1M . −−→ F1N = (−a + c) (a + c) + b2(a + x0) ay0 b2(a − x0) ay0

= c2 − a2 + = −b2 + b2 = 0 b4 (cid:0)a2 − x2 0 a2y2 0

Diện tích ∆F1M N được xác định bởi

⇔ −−→ F1M ⊥ −−→ F1N .

(cid:115)

(cid:21)2

(cid:21)2

(cid:115) .

S = F1M.F1N 1 2

(cid:20)b2 (a − x0) ay0

. Ta có

Đặt u =

và v =

(a + c)2 + (−a + c)2 + = 1 2

(cid:1)

b2(a + x0) ay0

(cid:20)b2 (a + x0) ay0 b2(a − x0) ay0 b2(a − x0) ay0

Khi đó (cid:40)

(cid:40)

(cid:21)2(cid:41)

(cid:21)2(cid:41)

u.v = . = = b2 b2(a + x0) ay0 b4 (cid:0)a2 − x2 0 a2y2 0

(cid:20)b2 (a + x0) ay0

(cid:20)b2 (a − x0) ay0

S = (−a + c)2 + . (a + c)2 +

(−a + c)2 + u2(cid:105) (cid:104) (a + c)2 + v2(cid:105) (cid:104) . =

= (cid:0)c2 − a2(cid:1)2 + u2.v2 + u2(a + c)2 + v2(−a + c)2

≥ b4 + b4 + 2u.v(a + c).(−a + c) =

Từ đó S ≥

= 2b4 + 2b2.b2 = 4b2. √ 4b4 = b2. 1 2

54

Vậy ∆F M N có diện tích nhỏ nhất bằng b2, đạt được khi

u.(a + c) = v.(−a + c)

(a + c) = (−a + c) ⇔ b2(a + x0) ay0 b2(a − x0) ay0

Với x0 = c tức là tiếp tuyến tiếp xúc với elip tại tiếp điểm có hoành độ

= ⇔ ⇔ x0 = c. c − a c + a a + x0 a − x0

Bài toán 2.6.5. [Đề thi TSĐH Xây Dựng- 1996] Cho elip (E):

x0 = c (có hai điểm T như vậy trên (E)).

(1) Gọi E là một điểm tùy ý thuộc (E), chứng tỏ rằng b ≤ OE ≤ a. (2) A,B là hai điểm tùy ý thuộc (E) sao cho OA⊥OB, hãy xác định vị trí của A và B trên (E) để ∆OAB có diện tích nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Lời giải:

x2 a2 + y2 b2 = 1(0 < b < a)

(1) Gọi E là một điểm tùy ý thuộc (E), ta có E(xE; yE) và Ta có

x2 E a2 + y2 E b2 = 1.

E + y2

E = a2(

Suy ra OE ≤ a. (∗) Ta cũng có

OE2 = x2 x2 E a2 + y2 a2 ) ≤ a2( E x2 E a2 + y2 b2 ) = a2. E

E + y2

E = b2(

Suy ra OE ≥ b. (∗∗) Từ (∗) và (∗∗) ta được b ≤ OE ≤ a. (2) Gọi A là giao điểm của đường thẳng y = kx với (E), khi đó tọa độ

của A là nghiệm của hệ phương trình



OE2 = x2 x2 E b2 + y2 b2 ) ≥ b2( E x2 E a2 + y2 b2 ) = b2. E

  

x2 A = a2b2 a2k2 + b2 x2 a2 + y2 b2 = 1 ⇒

 

y = kx y2 A = k2a2b2 a2k2 + b2 .

55

Từ đó, suy ra

A + y2

A =

(cid:115)

OA2 = x2 a2b2 a2k2 + b2 + k2a2b2 a2k2 + b2 = a2b2(1 + k2) a2k2 + b2

Vì OA⊥OB suy ra (OB) có phương trình y = −

⇒ OA = ab 1 + k2 a2k2 + b2 .

(cid:115)

x khi đó 1 k

(cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:116)

Vậy diện tích tam giác OAB được xác định bởi

(cid:115)

(cid:115)

= ab OB = ab 1 + k2 a2 + b2k2 . 1 + a2 1 1 k2 k2 + b2

OA.OB = ab S∆OAB = 1 2 1 + k2 a2k2 + b2 .ab 1 + k2 a2 + b2k2 1 2

Ta xác định vị trí của của A và B trên (E) để tam giác OAB có diện

tích nhỏ nhất. ta có

(cid:113)

= a2b2 (∗ ∗ ∗) 1 2 1 + k2 (cid:112)(a2k2 + b2) . (a2 + b2k2)

(cid:0)a2k2 + b2(cid:1) + (cid:0)a2 + b2k2(cid:1) 2

Suy ra

(a2k2 + b2) . (a2 + b2k2) ≤ = (a2 + b2)(1 + k2) 2

Thay (4∗) vào (∗ ∗ ∗), được

≥ = (4∗) 2(1 + k2) (a2 + b2)(1 + k2) 2 a2 + b2 1 + k2 (cid:112)(a2k2 + b2) (a2 + b2k2)

Suy ra diện tích tam giác OAB nhỏ nhất bằng

S∆OAB ≥ a2b2 a2 + b2

a2b2 a2 + b2 đạt được khi

Vậy vị trí của A, B được xác định. (Hình 2.9).

a2k2 + b2 = a2 + b2k2 ⇔ k = ±1

56

Nhận xét 2.6.6. Trong bài toán 2.6.5 ta có thể xác định vị trí A, B trên (E) sao cho OA⊥OB để diện tích tam giác OAB lớn nhất.

2.7 Bài toán quĩ tích liên quan đến đường cônic

Bài toán 2.7.1. [VMO 2007] Cho tam giác ABC với B, C cố định, còn A thay đổi. gọi H,G là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC. Xác định quĩ tích A khi trung điểm M của đoạn GH thuộc đường thẳng BC.

Lời giải: Không hạn chế có thể giả thiết BC = 2. Dựng hệ trục tọa độ vuông

Giả sử A(a; b). Tọa độ G(

góc Oxy để B(−1; 0), C(1; 0). a 3

) và M ( ), H(a; ; ; ). (1 − a2) b

Từ đây suy ra quĩ tích A là hypebol

2a b 3 3 Vì M thuộc đường thẳng BC nên b2 − 3a2 + 3 = 0 hay = 1. − b2 − 3a2 + 3 6b b2 3 a2 1

elip (E) :

Bài toán 2.7.2. [Đề thi TSĐH Huế- 1996] Trong mặt phẳng (Oxy) cho y2 b2 = 1. Gọi A1A2 là trục lớn của elip. Dựng các tiếp tuyến

− = 1. x2 1 y2 3

(1) Chứng minh rằng tích A1T1.A2T2 không phụ thuộc vào M. (2) Tìm quĩ giao điểm N của A1T2 và A2T1 khi M chạy trên (E).

Lời giải:

x2 a2 + A1t1, A2t2 tại T1 và T2.

57

(1) Không mất tính tổng quát giả sử a > b. Khi đó phương trình tiếp tuyến (A1t1) : x = −a và (A2t2) : x = a. Lấy điểm M (x0; y0) ∈ (E), khi đó phương trình tiếp tuyến (d) tại M0 có dạng yy0 b2 = 1 ⇔ b2x0x + a2y0y − a2b2 = 0.

Tọa độ T1 là nghiệm của hệ phương trình

xx0 a2 +

 

b2x0x + a2y0y − a2b2 = 0



và

) ⇒ T1(−a; b2(a + x0) ay0 x = −a

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Tọa độ T2 là nghiệm của hệ phương trình

. A1T1 = b2(a + x0) ay0

 

b2x0x + a2y0y − a2b2 = 0



và

) ⇒ T2(a; b2(a − x0) ay0 x = a

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Vậy

A2T2 = b2(a − x0) ay0

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

. b2(a + x0) ay0 b2(a − x0) ay0

(cid:12) (cid:12) A1T1.A2T2 = |yT1.yT2| = (cid:12) (cid:12) (cid:1) b4 (cid:0)a2 − x2 0 a2y2 0

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

= , (∗)

58

Vì M (x0; y0) ∈ (E) nên

0 = a2b2 − b2x2

0 = b2(a2 − x2

0).

Thay (∗∗) vào (∗) suy ra A1T1.A2T2 = b2 tức là không phụ thuộc vào

vị trí của M .

(2) Giả sử N (x; y), khi đó ta có nhận xét:

(∗∗) x2 0 a2 + y2 0 b2 = 1 ⇔ a2y2

 



= yT1 = −−→ A1N // −−→ A1T2 x + a 2a y yT2 2ay x + a ⇔ . ⇔

  

  

Theo chứng minh trên ta có

−−→ A2N // −−→ A2T1 = yT2 = x − a 2a −2ay x − a y yT2

(∗ ∗ ∗) ⇔ A1T1.A2T2 = |yT1.yT2| = b2 x2 a2 + −4a2y2 x2 − a2 = b2 ⇔

Bài toán 2.7.3. [4] Trong mặt phẳng (Oxy) cho parabol (P): y2 = 4x

(1) Chứng minh rằng từ một điểm N tùy ý thuộc đường chuẩn của (P) có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến (P) mà hai tiếp tuyến ấy vuông góc với nhau.

(2) Gọi T1, T2 lần lượt là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến nói trên. Chứng minh rằng T1T2 luôn đi qua một điểm cố định khi N chạy trên đường chuẩn của (P).

(3) Cho M là một điểm thuộc (P) (M khác đỉnh của (P)). Tiếp tuyến tại M của (P) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B. Tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB khi M chạy trên (P).

Lời giải: (1) Điểm N bất kỳ thuộc đường chuẩn của (P ), nên N (−1; yN ). Đường

thẳng (d) qua N với hệ số góc k có dạng

4y2 b2 = 1 Vậy quỹ tích giao điểm N thuộc elip có phương trình cho bởi (∗ ∗ ∗).

(d) là tiếp tuyến của (P ) khi

y = k(x + 1) + yN ⇔ y = kx + k + yN .

(∗). 2 − 2k (k + yN ) = 0 ⇔ k2 + yN k − 1 = 0

59

Ta có ∆ = y2

N + 4 > 0 tức (∗) luôn có hai nghiệm phần biệt k1, k2. Vậy qua điểm N tùy ý thuộc đường chuẩn của (P ) luôn kẻ được hai tiếp tuyến (d1) : y = k1x + k1 + yN và (d) : y = k2x + k2 + yN đến (P ). Mặt khác ta thấy rằng k1.k2 = −1 (theo (∗)), vậy hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau.

(2) Gọi T1 (x1; y1) , T2 (x2; y2) lần lượt là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến

(d1) và (d2) với (P ). Ta có

 

y2 1 = 4x1



⇒ y1 = 2 k1 y1 = k1x1 + k1 + yN

 



Ta chứng minh T1T2 luôn đi qua tiêu điểm F (1; 0) của (P ). Thật vậy

y2 2 = 4x2 . ⇒ y2 = 2 k2 y2 = k2x2 + k2 + yN

= −−→ T1F = t −−→ T2F ⇔ x1 − xF y1 − yF x2 − xF y2 − yF

⇔ = ⇔ x1y2 − y2 = x2y2 − y1 x1 − 1 y1 x2 − 1 y2

⇔ − + y1 − y2 = 0 ⇔ y1y2 = −4 y2 1y2 4 y2 2y1 4

Vậy T1T2 luôn đi qua tiêu điểm F khi N chạy trên đường chuẩn của

⇔ . = −4 2 k1 2 k2

(3) Điểm M (xM ; yM ) ∈ (P ) ⇔ y2

M = 4xM . Phương trình tiếp tuyến của (P ) tại M có dạng (D) : yM y = 2(x + xM ). Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình

(P ).

 

(cid:16)

(cid:17)

yM .y = 2 (x + xM )



⇔ A 0; . yM 2 x = 0

60

Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình

 

yM .y = 2 (x + xM )



⇔ B (−xM ; 0) .

Gọi I(x; y) là trung điểm của đoạn thẳng AB thì

y = 0

 



x = x = − xM = −2x xA + xB 2 xM 2 ⇔ ⇒ .

  

  

Thay vào đẳng thức y2

M = 4xM , ta được 2y2 = −x là phương trình quĩ

tích của I.

.

Vậy khi M chạy trên (P ) thì quĩ tích của I là parabol (P1) : y2 = −

yM = 4y y = y = yM 4 yA + yB 2

Bài toán 2.7.4. [4] Cho hai điểm A1(−a; 0) và A2(a; 0). Hai điểm B1 và −−→ −−→ OB2 = b2 không đổi. Tìm quỹ tích B2 thay đổi trên trục Oy sao cho OB1. giao điểm M của hai đường thẳng A1B1 và A2B2.

Lời giải: Giả sử B1(0; y1) và B2(0; y2) thì

x2 2

−−→ OB1.

thẳng A1B1 và A2B2 lần lượt có phương trình −

Giao điểm M của hai đường thẳng đó có tọa độ

−−→ OB2 = y1y2 = b2. Các đường = 1. = 1 và + + x a x a y y1 y y2

Suy ra

(cid:17)2

. xM = ; yM = a(y2 − y1) y1 + y2 2y1y2 y1 + y2

(cid:16)xM a

Vậy

+ = y2 M y1y2 (y1 − y2)2 (y1 + y2)2 + 4y1y2 (y1 + y2)2 = 1.

y2 M b2 = 1. Quỹ tích các điểm M là đường elip có phương trình

x2 M a2 + y2 b2 = 1.

Lời giải:

x2 a2 + Bài toán 2.7.5. [4] Cho hai điểm A1(−a; 0) và A2(a; 0). Hai điểm B1 và −−→ −−→ OB2 = −b2 không đổi. Tìm quỹ OB1. B2 thay đổi trên trục Oy sao cho tích giao điểm M của hai đường thẳng A1B1 và A2B2.

61

Giả sử B1(0; y1) và B2(0; y2) thì

−−→ OB1.

thẳng A1B1 và A2B2 lần lượt có phương trình −

Giao điểm M của hai đường thẳng đó có tọa độ

+ + −−→ OB2 = y1y2 = −b2. Các đường = 1. = 1 và x a x a y y2 y y1

Suy ra

(cid:17)2

. xM = ; yM = a(y2 − y1) y1 + y2 2y1y2 y1 + y2

(cid:16)xM a

Vậy

+ = y2 M y1y2 (y1 − y2)2 (y1 + y2)2 + 4y1y2 (y1 + y2)2 = 1.

trình

y2 M b2 = 1. Quỹ tích các điểm M là đường hypebol có phương

Bài toán 2.7.6. [4] Qua tiêu điểm F của parabol (P), vẽ một đường thẳng d thay đổi cắt (P) tại hai điểm A, B.

(1) Tìm quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng AB. (2) Kí hiệu hai giao điểm sao cho F A ≥ F B. Trên tia F A lấy điểm N sao cho F N = F A − F B. Tìm quỹ tích điểm N sao cho F N = F A − F B. Tìm quỹ tích điểm N.

Lời giải: Giả sử (P ) : y2 = 2px, đường thẳng d không trùng với Ox nên có vectơ

chỉ phương là −→u (a; 1) và phương trình của d là:

(cid:40)

x2 M a2 − y2 x2 b2 = 1. a2 −

x = + at

(1) Các giao điểm A và B ứng với các giá trị t là nghiệm của phương

trình:

(cid:17)

p 2 y = t.

+ at ⇔ t2 − 2pat − p2 = 0 t2 = 2p

(cid:16)p 2 phương trình này luôn có hai nghiệm phân biệtt1 và t2. t1 + t2 2

Trung điểm M của AB ứng với giá trị tM = Vậy

= pa.

Suy ra

(cid:19)2

xM = + pa2, yM = pa. p 2

(cid:18)yM p

+ p xM = p 2

62

hay

Quỹ tích M là parabol có phương trình y2 = p(x −

). y2 M = p(xM − p 2

(2) Giả sử các giao điểm A và B ứng với các giá trị t1, t2 ta có

). p 2

√ √ a2 + 1. F A = |t1| a2 + 1, F B = |t2|

Vì F A > F B nên |t1| > |t2|, do đó (cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

Suy ra

√ √ a + a2 + 1 , a − a2 + 1 . t1 = p t2 = p

Vậy điểm N ứng với giá trị tN = 2pa, hay xN =

√ √ a2 + 1. F N = F A − F B = (t1 + t2)

Suy ra

(cid:19)2

+ 2pa2, yN = 2pa. a2 + 1 = 2pa p 2

(cid:18)yN 2p

hay

(cid:16)

(cid:17)

+ 2p xN = p 2

. xN − y2 N = 2p

), nó là ảnh của parabol đã

cho qua phép tịnh tiến theo vectơ −→v

(cid:16)p 2

2.8 Bài toán tham số hóa đường cônic

2.8.1 Bài toán tham số hóa đường parabol

[2, tr.186-192]

Mệnh đề 2.8.1. Trong mặt phẳng (Oxy) với đường parabol

p 2 p Vậy quỹ tích N là parabol y2 = 2p(x − 2 (cid:17) . ; 0

ta có

(P ) : x2 = 4py, p > 0

 

(1) Phương trình tham số

và tiêu điểm I(0, p), phương



y = pt2

trình đường chuẩn d : y = −p

(2) Đường thẳng bất kỳ qua I cắt (P) ở A và B với

x = 2pt.

+ = 1 IA 1 IB 1 p

63

Chứng minh: (1) là hiển nhiên đúng. (2) Giả sử (d) : y = kx + p đi qua I cắt (P ) tại A và B. Khi đó tọa độ

 

của hai điểm A và B là nghiệm của hệ



y = kx + p

Xét hệ phương trình

4py = x2

 



y = kx + p

Gọi x1, x2, x1 < 0 < x2, là hai nghiệm của x2 − 4pkx − 4p2 = 0 và

x2 − 4pkx − 4p2 = 0.

(cid:113)

(cid:113)

1 + (y1 − p)2 x2

2 + (y2 − p)2 x2

A(x1; y1 = kx1 + p), B(x2; y2 = kx2 + p) với x1x2 = −4p2. Ta có 1 1 + = + 1 IA 1 IB

(cid:113)

x2 − x1 √ = + = 1 √ 1 + k2 1 √ 1 + k2 4p2 1 + k2 |x1| |x2|

(cid:112)16p2k2 + 16p2 √

Do vậy

(cid:112)16p2k2 + 16p2 √

√ = = . (x2 + x1)2 − 4x1x2 1 + k2 4p2 4p2 1 + k2

Mệnh đề 2.8.2. Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường parabol

+ = = . 1 IA 1 IB 1 p 4p2 1 + k2

Giả sử đường thẳng d : x = k(y − v) + u đi qua N (u, v) cắt (P ) ở A và B. Với điểm M (1; k) thuộc đường thẳng với phương trình x = 1. Ta có

đồng nhất thức

(P ) : y2 = 4px, p > 0

Chứng minh:

(cid:26) x = k (y − v) + u

Tọa độ của A, B là nghiệm của hệ

N A .N B OM 2 = v2 − 4pu.

(cid:26) x − u = k (y − v)

Xét hệ phương trình

4px = y2.

y2 − 4pky + 4pkv − 4pu = 0.

64

Gọi y1, y2 là hai nghiệm của phương trình y2 − 4pky + 4pkv − 4pu = 0

(cid:12)v2 − 4pu(cid:12) (cid:12) .

và A (x1 = k (y1 − v) + u; y1) , B (x2 = k (y2 − v) + u; y2). Ta có OM 2 = |(y1 − v) (y2 − v)| = (cid:12)

Do vậy, ta nhận được đồng nhất thức

N A.N B

Bài toán 2.8.3. Trong mặt phẳng (Oxy), giả sử đường thẳng x = ky + a cắt parabol (P): y2 = 4px, p (cid:54)= 0 tại hai điểm A và B. Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn AB chạy trên một đường thẳng cố định (d) khi a thay đổi. (đường thẳng (d) được gọi là một đường kính của (P)).

Lời giải: Tọa độ của hai điểm A và B là nghiệm của hệ phương trình (cid:26) x = ky + a y2 = 4px

Giải hệ được A (x1 = ky1 + a; y1) , B (x2 = ky2 + a; y2), trong đó y1, y2 là hai nghiệm của phương trình y2 − 4pky − 4pa = 0. Vậy tọa độ điểm I (xI = kyI + a, yI = 2kp) và suy ra I chạy trên đường thẳng (d) với phương trình y = 2kp.

Bài toán 2.8.4. Trong mặt phẳng (Oxy) cho parabol (P): y =

= v2 − 4pu. N A. N B OM 2

sử n đường thẳng đi qua I(0;1) cắt (P) ở (A1; B1), (A2; B2), ..., (An, Bn), tương ứng. Khi đó ta có

(1) Bất đẳng thức

x2. Giả 1 4

n

n

≤ 1. +

IBi IAi 1 (cid:115) n (cid:81) i=1

1 (cid:115) n (cid:81) i=1 (2) Giả sử α là số đo góc giữa Ox và A1B1. Lấy điểm M1(tanα; 1) thuộc

đường thẳng với phương trình y = 1. Ta có đồng nhất thức:

Lời giải: (1) Giả sử (d) : y = kx + 1 đi qua I cắt (P ) tại A, B. Khi đó tọa độ

của hai điểm A và B là nghiệm của hệ

= 4. IA1.IB1 OM 2 1

(cid:40) y = kx + 1 1 4

(cid:26) y = kx + 1

Xét hệ phương

y = x2

x2 − 4k4 − 4 = 0

65

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của x2 − 4kx − 4 = 0 và A(x1; kx1), B(x2; kx2). và biến đổi như sau:

Ta có thể giả thiết x1 < 0 < x2. Đặt T =

+ 1 IA 1 IB

(cid:112)x2

1 + k2x2 1

1 √ T = + = + 1 √ 1 + k2 1 1 + k2 x2 −x1 1 (cid:112)x2 2 + k2

(cid:113)

−x1 √ x2 √ + = = 1 + k2 1 + k2 x2 − x1 √ 1 + k2 4 −x1x2 −x1x2

√

Do đó

(cid:19)

n (cid:89)

= = = 1. (x2 + x1)2 − 4x1x2 1 + k2 √ 4 16k2 + 16 √ 1 + k2 4

(cid:118) (cid:117) (cid:117) 1 = n (cid:116)

(cid:18) 1 IAi

i=1

n

n

(2) Ta có IA1.IB1 = |x1.x2| (cid:0)1 + tan2α(cid:1) = 4OM 2

1 . Do vậy, ta nhận

được đồng nhất thức

+ ≥ + . 1 IBi IAi IBi 1 (cid:115) n (cid:81) i=1 1 (cid:115) n (cid:81) i=1

Bài toán 2.8.5. Trong mặt phẳng (Oxy) cho đường thẳng d : y = kx +

= 4. IA1.IB1 OM 2 1

và parabol (P): y =

1 2

đi qua một điểm cố định và d cắt parabol

(1) Đường thẳng d: y = kx +

1 2

(P): y =

x2. Chứng minh rằng 1 2

(2) Có đúng một điểm M thuộc đường thẳng d(cid:48) : y = −

để M A⊥M B.

x2 tại hai điểm phân biệt A và B. 1 2

Lời giải:

(1) Đường thẳng d : y = kx +

đi qua điểm (0;

1 2

1 2

có

parabol (P ) : y =

nghiệm.

Vì phương trình x2 − 2kx − 1 = 0 có ∆(cid:48) = k2 + 1 > 0 nên hệ phương trình trên có hai nghiệm phân biệt. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2 − 2kx − 1 = 0.

1 ) cố định. d cắt 2 (cid:40) y = kx + 1 2 x2 khi và chỉ khi hệ phương trình x2 y = 1 2 1 2

66

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

.

Vậy d cắt (P ) tại hai điểm A

(2) Giả sử điểm M (m; −

, B x2; kx2 + x1; kx1 + 1 2 1 2

khi và chỉ khi M A2 + M B2 = AB2 hay

) thuộc đường thẳng d(cid:48). Khi đó M A⊥M B 1 2

Từ đó suy ra

(m − x1)2+(kx1 + 1)2+(m − x2)2+(kx2 + 1)2 = (x2 − x1)2+(kx2 − kx1)2.

Do x1 + x2 = 2k và x1x2 = −1 nên m2 − 2mk + 2k2 + 1 = 1 + k2 hay

2m2 − 2m (x1 + x2) + 2k (x1 + x2) + 2 = −2x2x1 − 2k2x2x1.

Vậy ta có đúng một điểm M (k; −

(m − k)2 = 0.

2.8.2 Bài toán tham số hóa đường elip

[2, tr.195-198]

Mệnh đề 2.8.6. Đường elip (E):

) để M A⊥M B. 1 2

trên Q được tham số hóa qua x(t) =

x2 a2 +

ước



y2 b2 = 1 với a, b ∈ Q là đồ thị phẳng b3 − a2bt2 2a2bt b2 + a2t2 , y(t) = b2 + a2t2 với quy

 

x (∞) = lim t→∞ 2a2bt b2 + a2t2 = 0

Với A(x0; y0) thuộc (E), phương trình tiếp tuyến At của (E) là

y (∞) = lim t→∞ b3 − a2bt2 b2 + a2t2 = −b

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (0; b) ∈ (E) với hệ số góc −t có phương

trình (d) : y = −tx + b. (d) cắt (E) tại điểm (0; b) và điểm

xx0 a2 + yy0 b2 = 1.

At( 2a2bt b2 + a2t2 ; b3 − a2bt2 b2 + a2t2 )

67

Điểm At(

b3 − a2bt2 b2 + a2t2 ) chạy qua tất cả các điểm thuộc (E), khác 2a2bt b2 + a2t2 ; điểm (0; −b). Với quy ước

x (∞) = lim t→∞

Vậy At :

Vì A(x0; y0) ∈ (E) nên 2x0 a2 (x − x0) +

y (∞) = lim t→∞ 2a2bt b2 + a2t2 = 0 b3 − a2bt2 b2 + a2t2 = −b

(1)

thì At cũng chạy qua cả điểm (0; −b). x2 y2 0 0 b2 = 1. a2 + 2y0 yy0 b2 (y − y0) = 0 hay b2 = 1 x2 y2 b2 = 1 với a, b ∈ R và hai tiêu a2 + Mệnh đề 2.8.7. Đường elip (E): điểm là F (c; 0), F (cid:48)(−c; 0). Kẻ qua tiêu điểm F một đường thẳng cắt (E) ở A và B. Khi đó ta có =

xx0 a2 +

(2) Giá trị nhỏ nhất của AB bằng

.

+ 1 F A 1 F B 2a b2 .

(E) ở C và D. Với điểm M (a sin α; b cos α) thuộc (E) ta có

2b2 a (3) Giả sử N (u; v) và đường thẳng với hệ số góc k = tan α đi qua N cắt

(cid:18)u2 a2 +

(cid:19) v2 b2 − 1

(4) F A. F B. OM 2 = −b4.

Chứng minh:

(1) Ta tính biểu thức T =

. N C. N D. OM 2 = a2b2

. Giả sử +

và A(x1; y1). Hạ AP ⊥Ox. Khi đó F P = r cos α và hoành độ của điểm A được viết thành x1 = c + r cos α. Mặt khác, lại có

(cid:26) F A + F (cid:48)A = 2a

1 = −4cx1

1 − (x1 + c)2 − y2

Do vậy

1 F A α = (cid:91)xF A ≤ , r = F A 1 F B π 2

và suy ra r = a −

. F A2 − F (cid:48)A2 = (x1 − c)2 + y2 (cid:40) r + F (cid:48)A = 2a r − F (cid:48)A = −2 cx1 a cx1 a

68

Tóm lại, chúng ta có

hay

ar = a2 − cx1 = a2 − c(c + r cos α)

Hoàn toàn tương tự, có

F A = r = . b2 a + c cos α

Từ hai hệ thức này chúng ta suy ra

F B = .

(2) Từ

+ = b2 a − c cos α 1 F A 1 F B 2a b2 .

AB = F A + F B = + = b2 a − c cos α

khi α =

ta suy ra AB ≥ hay F A⊥Ox.

(3) Phương trình N C : y = k(u − v) + v hay y = kx + h với h = v − ku.

 

Tọa độ C và D là nghiệm của hệ

. Gọi x1, x2 là hai



. Vậy AB nhỏ nhất là bằng 2ab2 a2 = b2 a + c cos α 2b2 a 2ab2 a2 − c2 cos α 2b2 a π 2

nghiệm của phương trình

y = kx + h y2 x2 b2 = 1 a2 +

Từ đó suy ra tọa độ điểm

(b2 + a2k2)x2 + 2hka2x + a2h2 − a2b2 = 0.

và tính được

C(x1; y1 = k(x1 − u) + v), D(x2; y2 = k(x2 − u) + v)

Bởi vì

N C.N D = |(u − x1) (u − x2)| (cid:0)1 + k2(cid:1) .

nên

(b2 + a2k2)x2 + 2hka2x + a2h2 − a2b2 = (b2 + a2k2)(x − x1)(x − x2)

(b2 + a2k2)(u − x1)(u − x2) = b2u2 + a2v2 − a2b2.

69

Từ đây suy ra

(cid:12)b2u2 + a2v2 − a2b2(cid:12) (cid:12)

và nhận được

N C.N D = |(u − x1) (u − x2)| (cid:0)1 + k2(cid:1) = (cid:12) 1 + k2 b2 + a2k2

(cid:18)u2 a2 +

(cid:19) v2 b2 − 1

Vậy

N C. N D(b2cos2α + a2sin2α) = a2b2 .

(cid:18)u2 a2 +

N C. N D. OM 2 = a2b2 .

(4) Vì c2 = a2 − b2 nên F A. F B. OM 2 = a2b2

(cid:19) v2 b2 − 1 (cid:18) c2 a2 +

(cid:19) 02 b2 − 1

= −b4.

Bài toán 2.8.8. Đường elip (E): Q

Lời giải: Đường thẳng (d) đi qua điểm (4; 10) ∈ (E) với hệ số góc −t có phương trình (d) : y = −t(x − 4) + 10. (d) cắt (E) tại điểm (4; 10) và điểm

(cid:19)

.

+ = 5 là đồ thị phẳng hữu tỉ trên x2 16 y2 25

(cid:18)64t2 + 320t − 100 16t2 + 25

Chúng ta thấy ngay, điểm

(cid:19)

; At −160t2 + 200t + 250 16t2 + 25

(cid:18)64t2 + 320t − 100 16t2 + 25

chạy qua tất cả các điểm thuộc (E), khác điểm (4; −10). Với quy ước

; At −160t2 + 200t + 250 16t2 + 25

= 4, x(∞) = lim t→∞ 64t2 + 320t − 100 16t2 + 25

= −10 y(∞) = lim t→∞ −160t2 + 200t + 250 16t2 + 25

thì At chạy qua cả điểm (4; −10). Vậy elip (E) : phẳng hữu tỉ trên Q.

+ = 5 là đồ thị x2 16 y2 25

Bài toán 2.8.9. Đồ thị phẳng (E) : hữu tỉ trên Q

+ = 3 không là đồ thị phẳng x2 16 y2 25

70

Lời giải:

thì phương trình

+ = 3 là đồ thị phẳng hữu tỉ trên Q y2 25

Nếu đồ thị phẳng (E) : y2 25

hạn chế ta có thể chọn x, y, z nguyên tố cùng nhau. Ta nhận thấy, nếu x chia hết cho 3 thì y chia hết cho 3 và z cũng chia hết cho 3. Vậy có thể coi x, y, z đều không chia hết cho. Do vậy x, y ∈ {3k ± 1 |k ∈ Z}. Vì 25x2 + 16y2 = 600z2 nên x2 + y2 ≡ 0 ( mod 3). Điều này không thể xẩy ra,

+ x2 16 = 3z2 phải có nghiệm nguyên (x; y; z). Không x2 16

vì x2 + y2 ≡ 2 (mod3). Như vậy, phương trình

= 3z2 không có + x2 16 y2 25

nghiệm nguyên (x, y, z). Từ đây suy ra đồ thị phẳng (E) : không là đồ thị phẳng hữu tỉ trên Q.

2.8.3 Bài toán tham số hóa đường hypebol

[2, tr.198-202]

+ = 3 x2 16 y2 25

y2 b2 = 1 với a, b ∈ Q là đồ thị x2 a2 − Mệnh đề 2.8.10. Đường hypebol (H): phẳng hữu tỷ trên Q được tham số hóa qua

trong đó quy ước

x(t) = a + ab2t2 1 − b2t2 , y(t) = 2b2t 1 − b2t2

t→∞

x(∞) = lim t→∞ 2b2t 1 − b2t2 = 0.

Chứng minh: Đường thẳng (d) đi qua điểm (a; 0) ∈ (H) với hệ số góc at có phương

trình x = a(ty + 1). (d) cắt (H) tại điểm (a; 0) và điểm

(cid:19)

a + ab2t2 1 − b2t2 = −a, y(∞) = lim Từ đây suy ra nghiệm hữu tỉ của x2 − dy2 = 1, trong đó d là số nguyên và không là số chính phương. Với điểm A(x0; y0) ∈ (H), phương trình tiếp tuyến At của (H) là xx0 a2 − yy0 b2 = 1.

(cid:18)a + ab2t2 1 − b2t2 ; (cid:19)

chạy qua tất cả các điểm thuộc (H), khác

Điểm At

(cid:18)a + ab2t2 1 − b2t2 ;

At 2b2t 1 − b2t2

2b2t 1 − b2t2

71

điểm (a; 0). Với quy ước

t→∞

có x =

x(∞) = lim t→∞ 2b2t 1 − b2t2 = 0.

a + ab2t2 1 − b2t2 = −a, y(∞) = lim thì At cũng chạy qua cả điểm (a; 0). Nghiệm tổng quát của x2 − dy2 = 1 m 2mn dn2 − m2 , n dn2 + m2 dn2 − m2 , y = 2t d − t2 . Với t =

Vậy At :

y2 0 b2 = 1.

Vì A(x0; y0) ∈ (H) nên 2x0 a2 (x − x0) −

Mệnh đề 2.8.11. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường hypebol (H): x2 y2 b2 = 1 với a, b ∈ R và hai tiêu điểm là F1(−c; 0), F2(−c; 0). Xét: a2 − (1) Đường thẳng d với hệ số góc k đi qua tiêu điểm F1 cắt hypebol (H)

(cid:32)

(cid:33)

tai A và B. Với điểm M

thuộc hypebol (H)

d + t2 là x = d − t2 , y = trong đó m, n ∈ Z (m, n) = 1. x2 0 a2 − 2y0 b2 (y − y0) = 0 hay At : yy0 b2 = 1. xx0 a2 −

; ab (cid:112)|b2 − a2k2|

ta luôn luôn có hệ thức

F1A. F1B

(2) Giả sử N (u; v) và đường thẳng với hệ số góc k đi qua N cắt (H) ở

(cid:19)

C và D. Khi đó

abk (cid:112)|b2 − a2k2| b2 a2 .

Chứng minh: (1) Qua tiêu điểm F1 dựng đường thẳng

. OM 2 = − (cid:18)u2 a2 − N C. N D OM 2 = a2b2 v2 b2 − 1

cắt (H) tại A và B. Khi đó tọa độ của A và B là nghiệm của hệ x2 a2 −

d : y = k(x − c).

  

y2 b2 = 1

hay

y = k(x − c)

  

− (X + c)2 a2 k2X 2 b2 = 1

y = kX, X = x − c Phương trình (b2 − a2k2)X 2 + 2b2cX + b4 = 0 có 2 nghiệm X1, X2 với

X1X2 = b4 b2 − a2k2 .

72

Vậy

= . F1A.F2B = b4(1 + k2) |b2 − a2k2| a2b2(1 + k2) a2 |b2 − a2k2|

(cid:32)

Với điểm M

b2 a2 . (cid:33)

thuộc (H) ta có hệ thức

; ab (cid:112)|b2 − a2k2| abk (cid:112)|b2 − a2k2|

F1A. F1B

(2) được chứng minh hoàn toàn tương tự Mệnh đề 2.12.

OM 2 = − b2 a2 .

Bài toán 2.8.12. Đường hypebol (H) : hữu tỷ trên Q.

Lời giải: Đường thẳng (d) đi qua điểm (6; 7) ∈ (H) với hệ số góc 3t có phương trình x = 3t(y − 7) + 6. Đường thẳng (d) cắt (H) tại điểm (6; 7) và điểm

(cid:19)

.

thứ hai At

(cid:19)

chạy qua tất cả các

− = 3 là một đồ thị phẳng x2 9 y2 49

Điểm At

(cid:18)−294t2 + 42t − 6 ; 49t2 − 1 (cid:18)−294t2 + 42t − 6 49t2 − 1

điểm thuộc (H) khác điểm (−6; 7). Với quy ước sau đây

; 343t2 − 196t + 7 49t2 − 1 343t2 − 196t + 7 49t2 − 1

thì At cũng chạy qua cả điểm (−6; 7).

= 7. = −6, y(∞) = lim t→∞ x(∞) = lim t→∞ −294t2 + 42t − 6 49t2 − 1 343t2 − 196t + 7 49t2 − 1

Bài toán 2.8.13. Đường hypebol (H) : hữu tỷ trên Q.

Lời giải:

− = 2 là một đồ thị phẳng x2 9 y2 49

. Đường thẳng (d) cắt (H) tại điểm (

; ) ∈ (H) với hệ số góc 3t có phương 9 2 7 2





Đường thẳng (d) đi qua điểm ( 7 2 t2 +

) và điểm ; 9 2 7 2

trình x = 3t(y − 9 2

thứ hai At

 .

 

− t2 − 3t + 9 ) + 2 3 t − 7 9 98 7 2 1 14 ;

t2 − t2 − 1 49 1 49

73





Điểm At

  chạy qua tất cả các điểm

 

t2 + t − t2 − 3t + − 3 7 9 98 7 2 9 2 1 14 ;

t2 − t2 − 1 49

Với quy ước sau đây

; ). 1 49 9 thuộc (H) khác điểm (− 2 7 2

t2 − 3t + − t2 + t − 1 14 7 2 9 2 9 98 3 7 = − = , y(∞) = lim t→∞ x(∞) = lim t→∞ 9 2 7 2 t2 − t2 − 1 49 1 49

thì At cũng chạy qua cả điểm (−

Vậy đường hypebol (H) :

).

Q.

− = 2 là một đồ thị phẳng hữu tỷ trên 7 9 ; 2 2 y2 49 x2 9

74

Kết luận

Luận văn "Đường cônic và một số dạng toán về đường cônic" với mục đích tổng hợp và đưa ra một vài dạng bài toán liên quan đến đường cônic làm chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Qua 7 ví dụ và 45 bài tập Luận văn đã hoàn thành một số nhiệm vụ cơ bản sau

1. Trình bầy một số khái niệm nâng cao liên quan đến đường cônic (phương tích của một điểm đối với một đường cônic, đường cônic đẳng phương của hai đường cônic...) trong đó có những khái niệm không được trình bầy trong sách giáo khoa THPT. Làm rõ vấn đề xác định phương trình chính tắc của đường cônic dựa vào đường bậc hai trong mặt phẳng và dựa vào định nghĩa đường cônic. Đưa ra nhận xét và lựa chọn ví dụ cụ thể để minh họa cho một số khái niệm được luận văn đề cập đến.

2. Sưu tầm, phân loại và đưa ra một số dạng bài tập về đường cônic. Đối những bài tập trong tài liệu tham khảo chưa có lời giải hoặc lời giải vắn tắt, luận văn đã cố gắng đưa ra lời giải chi tiết đồng thời có đưa thêm đề dẫn đối với một số dạng bài tập để người đọc dễ hiểu. Với một số bài tập luận văn đã đưa ra lời giải khác với tài liệu tham khảo nhằm cung cấp thêm cho học sinh cách tiếp cận bài toán từ đó có thể giải bài toán bằng nhiều hướng khác nhau.

75

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2012), Đồng nhất thức và phương

pháp tọa độ trong hình học, Nxb ĐHQG Hà Nội.

[2] Đàm Văn Nhỉ (chủ biên), Văn Đức Chín, Đào Ngọc Dũng, Phạm Minh Phương, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2015), Hình học sơ cấp, Nxb Thông Tin và Truyền Thông.

[3] Đoàn Quỳnh (chủ biên), Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2014), Tài liệu chuyên toán hình học 10, Nxb Giáo Dục Việt Nam.

[4] Đoàn Quỳnh (Chủ biên),Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2014), Tài liệu chuyên toán bài tập hình học 10, Nxb Giáo Dục Việt Nam.

[5] Trần Phương, Lê Hồng Đức (2008), Tuyển tập các chuyên đề luyện thi

đại học môn toán hình giải tích, Nxb Hà Nội.

[6] Đỗ Thanh Sơn (2009), Một số chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng

học sinh giỏi trung học phổ thông, Nxb Giáo Dục Việt Nam.

[7] Các tác giả (2009), Tuyển tập theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ

(quyển 3), Nxb Giáo Dục Việt Nam.

Tiếng Anh

[8] Coxeter H. S. M., Greitzer S. L. (1975), Geometry revisited, The math-

ematical associatiom of American.

[9] Jerald M., Ellen K., Eric K. (2004), Discovering advanced algebra, Key

Curriculum Press.

76

[10] Răzvan G., Titu A., (2007), Putman and Beyond, Springer Science,

Business Media, LLC.