Trang Chủ Bài tập SGK lớp 10 Bài tập Toán 10 Nâng cao

Bài 39, 40, 41 trang 109 Hình học 10 Nâng cao: Đường hypebol

 Bài 6 Đường hypebol. Giải bài 39, 40, 41 trang 109 SGK Hình học 10 Nâng cao. Viết phương trình chính tắc của hypebol (H) trong mỗi trường hợp sau; Chứng minh rằng

Bài 39: Viết phương trình chính tắc của hypebol (H) trong mỗi trường hợp sau

a) (H) có một tiêu điểm là (5, 0) và độ dài trục thực bằng 8;

b) (H) có tiêu cự bằng \(2\sqrt 3 \) , một đường tiệm cận là \(y = {2 \over 3}x;\)

c) (H) có tâm sai \(e = \sqrt 5 \) và đi qua điểm \((\sqrt {10} ;6).\)

a) Ta có: \(c = 5,a = 4 \Rightarrow {b^2} = {c^2} – {a^2} = 9 \Rightarrow b = 3\)

Vậy (H) có phương trình là: \({{{x^2}} \over {16}} – {{{y^2}} \over 9} = 1.\)

b) Ta có: \(c = \sqrt 3 ;{b \over a} = {2 \over 3} \Rightarrow b = {{2a} \over 3}\)

\({c^2} = {a^2} + {b^2} = 3 \Rightarrow {a^2} + {{4{a^2}} \over 9} = 3\)

\(\Rightarrow {a^2} = {{27} \over {13}};{b^2} = 3 – {{27} \over {13}} = {{12} \over {13}}.\)

Vậy (H) có phương trình là: \({{{x^2}} \over {{{27} \over {13}}}} – {{{y^2}} \over {{{12} \over {13}}}} = 1.\)

c) Ta có: \(e = {c \over a} = \sqrt 5  \Rightarrow {c^2} = 5{a^2} \Rightarrow {b^2} = 4{a^2}\,\,\,\,\,(1)\)

Advertisements (Quảng cáo)

Giả sử: \((H):{{{x^2}} \over {{a^2}}} – {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\)

Vì \(M\left( {\sqrt {10} ;6} \right) \in (H)\) nên: \({{10} \over {{a^2}}} – {{36} \over {{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow 10{b^2} – 36{a^2} = {a^2}{b^2}\,\,\,(2)\)

Thay (1) vào (2) ta được: \(40{a^2} – 36{a^2} = {a^2}\left( {4{a^2}} \right) \Rightarrow {a^2} = 1;{b^2} = 4\)

Vậy (H) có phương trình là: \({{{x^2}} \over 1} – {{{y^2}} \over 4} = 1.\)


Bài 40: Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc hypebol đến hai đường tiệm cận của nó là một số không đổi.

Giả sử (H) có phương trình chính tắc là: \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\)

Phương trình tiệm cận của (H) là: \({d_1}:y = {b \over a}x \Leftrightarrow bx – ay = 0\)

Advertisements (Quảng cáo)

\({d_2}:y =  – {b \over a}x \Leftrightarrow bx + ay = 0\)

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in (H)\) ta có: \({{x_0^2} \over {{a^2}}} – {{y_0^2} \over {{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow {b^2}x_0^2 – {a^2}y_0^2 = {a^2}{b^2}\)

Ta có: \(d\left( {M,{d_1}} \right).d\left( {M,{d_2}} \right) = {{|b{x_0} – a{y_0}|} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.{{|b{x_0} + a{y_0}|} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} \)

\(= {{|{b^2}x_0^2 – {a^2}y_0^2|} \over {{a^2} + {b^2}}} = {{{a^2}{b^2}} \over {{a^2} + {b^2}}}\) không đổi


Bài 41: Trong mặt phẳng tọa độ cho hai điểm \({F_1}\left( { – \sqrt 2 ; – \sqrt 2 } \right);\,{F_2}\left( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right).\)  Chứng minh rằng với mỗi điểm M(x, y) nằm trên đồ thị hàm số \(y = {1 \over x},\) ta đều có 

\(M{F_1}^2 = {\left( {x + {1 \over x} + \sqrt 2 } \right)^2};M{F_2}^2 = {\left( {x + {1 \over x} – \sqrt 2 } \right)^2}.\)

Từ đó suy ra \(|M{F_1} – M{F_2}| = 2\sqrt 2 .\)

Giả sử: \(M\left( {x;y} \right) \in \left( H \right):\,y = {1 \over x}\) ta có:

\(\eqalign{
& M{F_1^2} = {\left( {x + \sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {{1 \over x} + \sqrt 2 } \right)^2} \cr&\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {x^2} + 2\sqrt 2 .x + 2 + {1 \over {{x^2}}} + 2\sqrt 2 .{1 \over x} + 2 \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{x^2} + {1 \over {{x^2}}} + 2} \right) + 2\sqrt 2 \left( {x + {1 \over x}} \right) + 2 \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {{x^2} + {1 \over x}} \right)^2} + 2\left( {x + {1 \over x}} \right).\sqrt 2 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {x + {1 \over x} + \sqrt 2 } \right)^2} \cr
& M{F_2}^2 = {\left( {x – \sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {{1 \over x} – \sqrt 2 } \right)^2} \cr&\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \;= {\left( {x + {1 \over x}} \right)^2} – 2\sqrt 2 \left( {x + {1 \over x}} \right) + 2 \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {x + {1 \over x} – \sqrt 2 } \right)^2} \cr} \)

Từ đó suy ra:

+) Với x > 0 thì \(x + {1 \over x} \ge 2\) (theo bất đẳng thức cô si)

Khi đó: \(M{F_1} = x + {1 \over x} + \sqrt 2 ;M{F_2} = x + {1 \over x} – \sqrt 2 \)

\(\Rightarrow M{F_1} – M{F_2} = 2\sqrt 2 .\)

+) Với x < 0 thì \(\left| {x + {1 \over x}} \right| = |x| + {1 \over {|x|}} \ge 2 \Rightarrow x + {1 \over x} \le  – 2\)

Khi đó: \(M{F_1} =  – x – {1 \over x} – \sqrt 2 ;M{F_2} =  – x – {1 \over x} + \sqrt 2\)

\(  \Rightarrow M{F_1} – M{F_2} =  – 2\sqrt 2 \)

Vậy \(|M{F_1} – M{F_2}| = 2\sqrt 2 .\)

Advertisements (Quảng cáo)