Chun Đề 1: HỆ THỨC LƯNG TRONG TAM GIÁC
A. TĨM TẮT LÍ THUYẾT

I. Các ký hiệu:
• A, B, C: là các góc đỉnh A, B, C
• a, b, c : là độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C
• h
a
, h
b
, h
c
: là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C
• m
a
, m
b
, m
c
: là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C
• l
a
, l
b
, l
c
: là độ dài các đường phân giác trong kẻ từ A, B, C
• R : là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
• r : là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
• p =
2

==
==



==
==
=
+=
=
+=
==
gBbtgCbc
gCctgBcb
BaCac
CaBab
cbha
cbh
cbh
cba
cabab
cot
cot
.7
cos.sin.
cos.sin.
.6 .5
111
.4
. .3

−+=
−+=
−+=

c
b
a
A
B
C
Ghi nhớ: Trong một tam giác, bình phương mỗi cạnh bằng tổng bình phương hai cạnh kia
trừ đi hai lần tích hai cạnh ấy với côsin của góc xen giữa chúng.
Hệ quả: Trong tam giác ABC ta luôn có :

bc
acb
A
2
cos
222
−+
=
,
ac
bca
B
2
cos
222
−+

A
B
C
Ghi nhớ:
Trong một tam giác, tỷ số giữa một cạnh của tam giác và sin của góc đối diện với cạnh đó
bằng đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
3. Đònh lý về đường trung tuyến:
Trong tam giác ABC ta có :42
42
42
222
2
222
2
222
2
cba
m
bca
m
acb
m
c
b
a
−
+

2
1
.2
2
1
2
1
2
1
.1
cpbpappS
prS
R
abc
S
AbcBacAabS
chbhahS
cba
−−−=
=
=
===
===

c
a
b
h
a
H

9
1 =⇒=− SinA

)(14
5
4
.5.7.
2
1

2
1
2
cmSinAcbS ===⇒
b) Từ
)(
2
27
24
28.22
.
2
1
cm
a
S
hhaS
aa
===⇒=
.

6,0
21.10.2
172110
2
cos
222222
=
−+
=
−+
=
bc
acb
A
b) Ta có:
)(24
2
101721
2
cm
cba
p =
++
=
++
=
Theo công thức hê rông ta có:

)(84)1024)(1724)(1224(24
2

21
2
1017
42
222222
2
≈=⇒
==−
+
=−
+
=
a
a
m
acb
m
e) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác
Ta có:
R
abc
S
4
=

625,10
84.4
10.17.21
4
===

2
≈
≈−−+≈
a
a

'3414)'2620145(180)
ˆ
ˆ
(180
ˆ
'2620
ˆ
34913,0
23
145.14.
0000
0
≈+−≈+−=
=⇒≈==⇒=
BAC
B
Sin
a
SinAb
SinB
SinB
b
SinA
a

56
40
7.4.2
574
2
cos
00000
0
222222
≈+−≈+−=
≈⇒≈=
−+
=
−+
=
BAC
B
ac
bca
B
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1: Cho tam giác ABC có góc A =60
0
, cạnh CA = 8, cạnh AB = 5
1.Tính cạnh BC
2.Tính diện tích tam giác
3.Tính độ dài đường cao AH
4.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
Bài 2: Cho tam giác ABC có a = 13 ; b = 14 ; c = 15
1.Tính diện tích tam giác ABC

- Nếu
;n u
r r
là vec tơ pháp tuyến và chỉ phương của đường thẳng
∆
thì
0k∀ ≠
các vec tơ
;kn ku
r r
cũng đồng thời là vec tơ pháp tuyến, vec tơ chỉ phương của đường thẳng
∆
.
- Nếu
( ; )n a b=
r
là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng
∆
thì
∆
có các vec tơ chỉ phương là:
( ; )u b a= −
r
hoặc
( ; )u b a= −
r
.
- Nếu
1 2
( ; )u u u=

00
=−+− yybxxa
(1). (
.0
22
≠+ ba
)
III. Phương trình tham số của đường thẳng
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng
∆
đi qua
);(
000
yxM
và có vec tơ chỉ phương là:
);(
21
uuu =
r
.
Khi đó phương trình tham số của đường thẳng
∆
được cho bởi công thức:



+=
+=
tuyy
tuxx

k =
.
IV. Chuyển đổi giữa phương trình tổng quát và phương trình tham số

1. Nếu đường thẳng
∆
có phương trình dạng (1) thì
);( ban =
∆
r
. Từ đó đường thẳng
∆
có
vtcp là
);( abu −=
∆
r
hoặc
);( abu −=
∆
r
.
Cho
0
xx =
thay vào phương trình (2)
.
0
yy =⇒
Khi đó ptts của

);(
12
uun −=
∆
r
hoặc
);(
12
uun −=
∆
r
. Và phương trình tổng quát của đường
thẳng
∆
được xác định bởi :

0)()(
0102
=−−− yyuxxu
.
* Chú ý :
- Nếu
0
1
=u
thì pttq của
∆
là :
0
0

.
b. §i qua hai ®iÓm
(1;2)A
vµ
(3;4)B
c. §i qua
(3;2)M
vµ



−=
+=
ty
tx
d
21
://
d. §i qua
(2; 3)M −
vµ
: 2 5 3 0d x y⊥ − + =
.
Giải
a) Đi qua M (1 ; -2) và có một vtcp là
(2; 1)u = −
r
Vì đường thẳng
∆
đi qua M (1 ;-2) và có vtcp là

ty
tx
22
21
c) Đi qua M (3 ;2) và



−=
+=
ty
tx
d
21
://
Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là :
)1;2( −=
d
u
r
. Vì
∆
song song với d nên
∆
nhận vec
tơ
)1;2( −=
d
u
r

r
.
Vì
∆
vuông góc với đường thẳng d nên
∆
nhân vec tơ pháp tuyến của d là vec tơ chỉ phương.
Vì vậy vtcp của
∆
là
)5;2( −=
∆
u
r
.
∆
đi qua M(2 ; -3) nên phương trình đường thẳng
∆
là :




−−=
+=
ty
tx
53
22


= +

⊥ ∈

= −

¡
.
Giải
a) Đi qua M(1;2) và có một vtpt là
(2; 3)n = −
r
Vì đường thẳng
∆
đi qua M (1 ;2) và có vtpt là
(2; 3)n = −
r
nên phương trình tham số của
đường thẳng là :
2(x – 1) – 3(y – 2) = 0  2x – 3y + 4 = 0
b) Đi qua A(3 ; 2) và // d : 2x – y – 1 = 0
đường thẳng d : 2x – y – 1 = 0 có vtpt là
)1;2( −=
d
n
r
.
Dường thẳng
∆
song song với đường thẳng d nên

)1;2( −=
∆
n
r
. Đường thẳng
∆
đi qua B(4 ;-3) và có vtpt
)1;2( −=
∆
n
r
nên
∆
có phương trình
tổng quát là:
2(x – 4) – (y + 3) = 0  2x – y – 11 = 0
Dạng 3 : ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng
∆
®i qua
0 0
( ; )M x y
vµ cã hÖ sè gãc k cho tríc.
- Nếu đường thẳng
∆
có hệ số góc k thì vec tơ chỉ phương của
∆
là
);1( ku =
r
- Kết hợp giả thiết

có hệ số góc k = 3 nên
∆
có vtcp là:
)3;1(=
∆
u
r
.
∆
đi qua M(-1 ; 2) và có vtcp là
)3;1(=
∆
u
r
nên có phương trình là:




+=
+−=
ty
tx
32
1
b) Đi qua A(3 ;2) và tạo với chiều dương trục ox góc 45
0

Giả sử đường thẳng
∆

ty
tx
2
3
Bài tập 2:
Cho tam giác ABC, với A(1; 4); B(3; - 1); C(6; 2).
Hãy viết phương trình tổng quát của đường cao AH, và trung tuyến AM của tam
giác ABC.
Giải
+ Ta có: AH ⊥ BC nên AH nhận vec tơ
BC
= (3; 3) là vecto pháp tuyến của AH.
ẠH đi qua A(1 ; 4) và nhận
BC
= (3; 3) làm vtpt nên Phương trình tổng quát của (AH) là:
3(x - 1) + 3(y - 4) = 0 ⇔ 3x + 3y - 15 = 0.
+ Gọi M là trung điểm của BC, ta có:







=
+−
=
+
=
=

1
;
2
9
M







−=
2
7
;
2
7
AM
là vec tơ chỉ phương của đường thẳng AM.
Đường thẳng AM đi qua A(1 ; 4) và vtcp






−=
2
7

vµ
( 1; 5)B − −
;
( 3;1)M −
vµ
(1; 6)N −
;
b. §i qua
A
vµ cã vtcp
u
r
, nÕu :
+
(2;3)A
vµ
( 1;2)u = −
r
.
+
( 1;4)A −
vµ
(0;1)u =
r
.
c. §i qua
(3; 1)A −
vµ
// : 2 3 1 0d x y+ − =
.

Viết phơng trình các cạnh
ABC
biết :
a.
(2;1); (5;3); (3; 4).A B C
b. Trung điểm các cạnh là :
( 1; 1); (1;9); (9;1).M N P
Chuyờn 3: V TR TNG I CA HAI NG THNG
A. TểM TT Lí THUYT
I. Bài toán: Trong mặt phẳng
Oxy
cho hai đờng thẳng
1 2
;
có phơng trình
( )
( )
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) : 0, 0
( ) : 0, 0
a x b y c a b
a x b y c a b
+ + = +
+ + = +
Hỏi: Hai đờng thẳng trên cắt nhau, song song hay trùng nhau ?
Trả lời câu hỏi trên chính là bài toán xét vị trí tơng đối của hai đờng thẳng.
II. Phơng pháp.

+ + =


+ + =

(1)
Nếu hệ (1) có một nghiệm thì hai đờng thẳng cắt nhau và toạ độ giao điểm là nghiệm của
hệ.
Nếu hệ (1) vô nghiệm thì hai đờng thẳng song song nhau.
Nếu hệ (1) nghiệm đúng với mọi
( )
;x y
thì hai đờng thẳng trùng nhau.
* Chú ý: Nếu bài toán không quan tâm đến toạ độ giao điểm, ta nên dùng cách 1.
B. BI TP
Bi tp 1:
Xét vị trí tơng đối các cặp đờng thẳng sau và tìm toạ độ giao điểm trong trờng hợp cắt nhau:
a)
1 2
: 2 0; : 2 3 0x y x y + = + =
.
b)



+=
=
=+
ty
tx


=+
=+
032
02
yx
yx

Gii h ny chỳng ta cú mt cp nghim (x , y) = (1 ; 1).
Vy hai ng thng ny ct nhau ti 1 im, ta giao im l (x , y) = (1 ; 1).
b)



+=
=
=+
ty
tx
yx
22
41
:01042:
21
T phng trỡnh ng thng
2

ta cú x = (1 4t) v y = (2 + 2t) thay vo
1


2

cú vtpt l
)5;4(=n
r
.
2

i qua im cú ta
(-6 ; 6) nờn
2

cú pt tng quỏt l : 4(x + 6) + 5(y 6) = 0 4x + 5y 6 = 0.
S giao im ca
21
v
chớnh l s nghim ca h phng trỡnh:




=+
=+
0654
012108
yx
yx
H ny cú v s nghim nờn
21
v






+=
=

ty
tx
ty
tx
23
5
:
5
2
10
1
:
21
Chuyờn 4: GểC GIA HAI NG THNG
A. TểM TT L THUYT
I. Định nghĩa: Giả sử hai đờng thẳng
1 2
;
cắt nhau. Khi đó góc giữa
1 2
;
là góc nhọn và

Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, giả sử đờng thẳng
1 2
;
có phơng trình
( )
( )
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) : 0, 0
( ) : 0, 0
a x b y c a b
a x b y c a b
+ + = +
+ + = +
Khi đó góc giữa hai đờng thẳng
( )
1 2
,
đợc xác định theo công thức:
( )
1 2 1 2
1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
cos ,
a a b b

b)



+=
=
=+
ty
tx
yx
22
41
:01042:
21
c) d
1
: x 2y + 5 = 0 d
2
: 3x y = 0.
Gii
a)
1 2
: 4 2 6 0; : 3 1 0x y x y + = + =
ta cú:
( )
1 2 1 2
1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
cos ,

10.20
|10|
)3(1.)2(4
|)3).(2(1.4|
;
=∆∆⇒
====
−+−+
−−+
=∆∆Cos
b)



+=
−=
∆=−+∆
ty
tx
yx
22
41
:01042:
21

Đường thẳng
2
∆
có vtcp là
)2;4(

0
21
2222
21
0;
1
20
20
20.20
|20|
)4(2.)4(2
|4.42.2|
;
=∆∆⇒
===
++
+
=∆∆Cos
c) d
1
: x – 2y + 5 = 0 d
2
: 3x – y = 0.
Ta có:
2
1
25
5
19.41
23

và d
2
= 45
o
Bài tập 2:
Chứng minh rằng hai đường thẳng sau vuông góc với nhau:
a)



+=
−=
∆=−−∆
ty
tx
yx
22
21
:01022:
21
b)
0462:53:
21
=−+∆+=∆ xyxy
Giải
a)



+=

1
∆
có vtpt là
)2;2(
1
−=
∆
n
r
.
Vì vậy

( )
( )
0
21
2222
21
09;
0
8.8
|0|
)2(2.)2(2
|2).2(2.2|
;
=∆∆⇒
==
+−+
−+
=∆∆Cos

X¸c ®Þnh gãc gi÷a c¸c cÆp ®êng th¼ng sau
a)
1 2
: 2 5 0; :3 0x y x y∆ − + = ∆ − =
b)
1 2
: 2 4 0; :2 6 0x y x y∆ + + = ∆ − + =
c)
1 2
: 4 2 5 0; : 3 1 0x y x y∆ − + = ∆ − + =
Bài tập 2:
Các cặp đường thẳng sau có vuông góc với nhau không?
a) 2x - y - 3 = 0. và 2x + y - 4 = 0
b)



+=
+=
ty
tx
23
72
và 4x + 6y - 6 = 0
Chuyên đề 5:
KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng
∆
có phương trình ax + by + c = 0 và điểm

: 4x + 3y + 1 = 0
b) B(1 ; 2) và
'∆
: 3x – 4y + 1 = 0
Giải :
a) Ta có:
5
28
916
1)5.(3)3.(4
),( =
+
++
=∆Ad

b)
5
4
169
1)2.(4)1.(3
)',( =
+
+−
=∆Ad
Bài tập 2:
Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng được cho tương ứng như sau:
a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:




u
r
vì vậy vtpt của d là
)2;2(=
d
n
r
Phương trình tổng quát của đường thẳng d là: 2(x – 1) +2(y – 2) = 0  2x +2y - 6 = 0
Ta có:

2
1
22
2
8
2
44
6)2.(2)4.(2
),( ===
+
−−+
=dAd
b) B(-7 ; 3) và đường thẳng d’:



=
−=
ty
tx

A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Phương tr×nh chÝnh tắc.
Trong mặt phẳng
Oxy
cho đường trßn t©m
( ; )I a b
b¸n kÝnh
R
. Khi đã phương tr×nh chÝnh tắc
của đường trßn à :

2 2 2
( ) ( ) .x a y b R− + − =
2. Phương tr×nh tæng qu¸t.
Phương tr×nh cã dạng :
x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0
Với c = a
2
+b
2
- R
2
.
*a
2
+ b

- Xét dấu biểu thức m = a
2
+ b
2
– c
Nếu m > 0 thì (1) là phương trình đường tròn tâm I(a , b) bán kính
cbaR −+=
22
Cách 2: - Đưa phương trình về dạng: (x – a)
2
+ (y – b)
2
= m (2)
- nếu m > 0 thì (2) là phương trình đường tròn tâm I(a ; b) bán kính
mR =
2.Bài tập
Bài tập 1
Trong các phương trình sau, phương trình nào biểu diễn đường tròn. Hãy tìm tâm và bán kính
nếu có:
a) x
2
+ y
2
– 6x + 8y + 100 = 0
b) x
2
+ y
2
+ 4x - 6y - 12 = 0
c) 2x

(2) có dạng x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 trong đó a = -2 ; b = 3 , c = -12
Xét biểu thức m = a
2
+ b
2
– c = (-2)
2
+ (3)
2
+12 = 4 + 9+12 = 25 > 0 phương trình (2) là
phương trình đường tròn tâm I(-2 ; 3) và có bán kính

525123)2(
2222
==++−=−+= cbaR
c) 2x
2
+ 2y
2
- 4x + 8y - 2 = 0 (3)
Ta có: 2x
2
+ 2y
2
- 4x + 8y - 2 = 0  x
2

Phương trình (1) có dạng x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 với a = m ; b = -2m ; c = 6m – 1.
(1) là phương trình của đường tròn khi và chỉ khi m = a
2
+ b
2
– c > 0.
Với a
2
+ b
2
– c > 0  m
2
+(-2m)
2
– 6m + 1> 0
 5m
2
– 6m + 1 > 0





>
<
1

2
) = R
Cách 2
- Gọi phương trình của đường tròn là x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 (2)
- Từ điều kiện của đề bài đưa đến hệ phương trình với ẩn số là a, b, c
- Giải hệ phương trình tìm a, b, c thế vào (2) ta được phương trình đường tròn
2. Bài tập
Bài tập 1
Lập phương trình đường tròn (C) trong các trường hợp sau :
a. (C) có tâm I(-1 ; 2) và tiếp xúc với đường thẳng m : x – 2y + 7 = 0
b. (C) có đường kính là AB với A( 1 ; 1) , B(7 ; 5).
Giải
a) Ta có :
5
2
41
72.21
);( =
+
+−−
== mIdR
Đường tròn (C) có tâm I(-1 ; 2) có bán kính R =
5
2
nên phương trình đường tròn là:
(x + 1)





=
+
=
+
=
=
+
=
+
=
Vì vậy
13)31()41(
22
=−+−== IAR
Vậy phương trình đường tròn là: (x – 4)
2
+ (y – 3)
2
= 13
Bài tập 2
Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A(1 ;2) ; B(5 ; 2) ; C(1 ;-3)
Giải
Xét đường tròn (C) có dạng x
2
+ y
2

=+−−+
1
2
1
3
1062
29410
542
06291
0410425
04241
c
b
a
cba
cba
cba
cba
cba
cba
Vậy phương trình đường tròn đi qua ba điểm A , B, C là:
x
2
+ y
2
- 6x + y – 1 = 0

Dạng 3: Lập phương trình tiếp tuyến.
1. Phương pháp
* Loại 1: Lập phương trình tiếp tuyến tại M(x

Tại điểm M(4 ; 2) thuộc đường tròn (C)
Giải
Đường tròn (C) có tâm là I (1 ; -2). Vậy phương trình tiếp tuyến với đường tròn tại M(4 ; 2) có
dạng: (x
0
– a)(x – x
0
) + (y
0
– b)(y – y
0
) = 0
 (4 – 1)(x – 4) + (2 + 2)(y – 2) = 0  3x + 4y – 20 = 0
Bài tập 2
Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C) : x
2
+ y
2
– 4x – 2y = 0
Biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm A(3 ;-2)
Giải
Phương trình đường thẳng d đi qua A(3 ;-2) có dạng y + 2 = k(x – 3)  kx – y – 2 -3k = 0
Đường tròn (C) có tâm I(2 ; 1) và có bán kính
5014
22
=−+=−+= cbaR
d tiếp xúc với (C)
 d(I, d) =



Trong các phương trình sau, phương trình nào biểu diễn đường tròn. Hãy tìm tâm và bán kính
nếu có:
a.
2 2
4 2 6 0x y x y+ − + + =
.
b.
2 2
6 8 16 0x y x y+ + − + =
.
c.
2 2
4 5 1 0x y x y− + − + =
.
d.
2 2
2 2 3 2 0x y x+ − − =

Bài tập 2
Tìm m để phương trình sau là phương trình của đường tròn
a.
2 2 2
6 2( 1) 11 2 4 0x y mx m y m m+ + − − + + − =
b.
2 2
( 15) ( 5) 0x y m x m y m+ + − − − + =
c.
2 2
2( 1) 2( 3) 2 0x y m x m y+ + − − − + =
Bài tập 3

b.
2 2
( 4) ( 2) 7x y+ + − =
c.
2 2
6 4 36x y x y+ − − =
d.
2 2
10 10 55x y x y+ − − =
e.
2 2
8 6 8 0x y x y+ + − + =
f.
2 2
4 10 15 0x y x y+ + + + =
Bài tập 6
Hãy viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C):
a) Biết: (C): (x + 1)
2
+ (y - 2)
2
= 9, và tiếp điểm M
0
có tọa độ: (2; 2)
b) Biết: (C): (x - 2)
2
+ (y + 3)
2
= 10, và tiếp tuyến (t) song song với đường thẳng
(d): 3x - y + 9 = 0

(0; -b ) ; B
2
(0 ; b )
* Độ dài trục lớn: A
1
A
2
= 2a
* Độ dài trục bé: B
1
B
2
= 2b
* Tiêu cự: F
1
F
2
= 2c.
3. Hình dạng Elip (E)
- E có hai trục đối xứng là Ox, Oy và có tâm đố xứng là gốc tọa độ
- Mọi điểm của Elip (E) đều nằm trong hình chữ nhật có kích thước 2a và 2b gới hạn bởi các
đường thẳng
byax ±=±= ;
. Hình chữ nhật đó gọi là hình chữ nhật cấp cơ sở của Elip (E).
B. BÀI TẬP
Dạng 1: Lập phương trình chính tắc của một (E) khi biết các thành phần đủ để xác định
Elip đó
1. Phương pháp
- Từ các thành phần đã biết, áp dụng công thức liên quan ta tìm được phương trình chính tắc
của E đó.

= 2a
* Độ dài trục bé: B
1
B
2
= 2b
*
aMFMFEM 2)(
21
=+⇔∈
- Ta có tọa độ các điểm đặc biệt của E
* Hai tiêu điểm: F
1
(-c ; 0) ; F
2
(c ; 0).
* Hai đỉnh trên trục lớn: A
1
(-a ; 0 ) ; A
2
(a ; 0 )
* Hai đỉnh trên trục nhỏ: B
1
(0; -b ) ; B
2
(0 ; b )
2. Bài tập
Bài tập 1:
Lập PTCT của Elip trong mỗi trường hợp sau:
a) Độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6

a) Độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6
Ta có độ dài trục lớn bằng 10 nên 2a = 10  a = 5 ;
Tiêu cự bằng 6 nên 2c = 6  c = 3
Với b
2
= a
2
– c
2
= 25 – 9 = 16 . Từ đây ta có phương trình chính tắc của elip là:

1
1625
22
=+
yx
b) Một tiêu điểm
( )
0;3−
và điểm








2
3

;1
nằm trên (E) nên
)1(1
4
31
22
=+
ba
Với a
2
= b
2
+ c
2
= b
2
+3 thế vào (1) ta có:
.43110954)3(4)3(341
4
3
3
1
22242222
22
=+=⇒=⇔=−+⇔+=++⇔=+
+
abbbbbbb
bb
Vậy phương trình chính tắc là
1



2
3
;1
Phương trình chính tắc của (E) có dạng
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
Vì E đi qua hai điểm M(0 ; 1) và N








2
3
;1
nên thay tọa độ hai điểm M và N vào
phương trình E ta được:

ba
b

Vậy phương trình chính tắc là
1
14
22
=+
yx
.
Dạng 2: Xác định thành phần Elip khi biết PTCT của E đó.
1. Phương pháp
Các thành phần của E :
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
là:
* Tiêu cự: F
1
F
2
= 2c
* Độ dài trục lớn: A

1<
a
c
* Phương trình đường thẳng chứa cạnh của hình chữ nhật cơ sở là:
byax ±=±= ;
2. Bài tập
Cho E có phương trình:
1
925
22
=+
yx

Xác định độ dài các trục, tọa độ tiêu điểm, tọa độ các đỉnh
Giải
Phương trình chính tắc của (E) có dạng
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
vì vậy ta có:




B
2
= 2b = 6
- Hai tiêu điểm: F
1
(-4 ; 0) ; F
2
(4 ; 0).
- Bốn đỉnh: A
1
(-5 ; 0 ) ; A
2
(5 ; 0 )
B
1
(0; -3 ) ; B
2
(0 ; 3 )
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1: Trong mp với hệ tọa độ 0xy cho elip (E) :
1
425
4
22
=+
yx
.
a/ Tìm tọa độ các tiêu điểm và tính tâm sai của elip .
b/ Xác định độ dài các trục và tiêu cự.
Bài 2: Trong mp với hệ tọa độ 0xy cho elip (E) : x