Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
(Tài liệu Tổng Ôn Môn Toán cho kì thi THPT Quốc Gia 2016 )

Ví dụ 1. (Đề thi Đại học khối B năm 2011). Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy ABCD
là hình chữ nhật AB  a, AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng
(ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD, góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và
(ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến
mặt phẳng (A1BD) theo a.
Giải.
Phân tích: Do B1C // (A1BD) nên nên thay vì việc tính d  B1 ,  A1BD   ta đi tính
d  C ,  A1BD   .

* Gọi O là giao điểm của AC

B1

C1

  ABCD 
và BD  AO
1
Gọi E là trung điểm AD
A1

 OE  AD & A1E  AD

D1

 A1 EO  600

A

D

E

* Tính d  B1 ;  A1BD   :
Cách 1: Do B1C // (A1BD)  d  B1 ;  A1BD    d  C ;  A1BD  
Hạ CH  BD  CH   A1 BD   d  C;  A1BD    CH 

Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ

CB.CD
CB  CD
2

2



a 3
2

- Trang | 1 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
Cách 2:
d  B1 ;  A1BD    d  C ;  A1BD    d  A;  A1BD   

2

a3
a 3
 d  B1 ;  A1 BD    2 4 
2
a 3
2
3

Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD.A' B' C' D' có

A'

D'

cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng
( AB ' D ' ) và (C ' BD ) .
C'

B'

Giải

A

Cách 1:

D





2
OC '
a 3
3
a 2
a 3
2
OC '  OC 2  CC '2  
 a 
2
2 
 2 
S

AOC '

1
1
a2 2
 S ACC ' A '  .a.a 2 
4
4
4

Vậy d  ( AB ' D '),(C ' BD)  

a


y
A

(C ' BD ) : x  y  z  a  0

D

 ( AB ' D ' ) // (C ' BD )

a
 d  ( AB ' D '),(C ' BD)   d  A,(C ' BD)  
3

x
B

C

Ví dụ 3. (Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 ). Cho hình tứ diện ABCD
có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC); AC  AD  4cm ; AB  3cm ; BC  5cm .
Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD)
Giải.

z

Cách 1: Vì AC  4cm ; AB  3cm ; BC  5cm

D


AC 2



Vậy d  A,( BCD)  

1
AD 2



1
32



1
42



1
42



17
6 34
.
 AH 


 12
16  9  9



12
6 34

17
34

Ví dụ 4. (Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi E là điểm đối
xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC.
Tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
Giải
Cách 1:
 MP / / AD
;
1
 MP  2 AD

Ta có: 

S

E

 NC / / AD

z

1
1
1
a 2
 d  MN ; AC   d  N ;  SAC    d  B;  SAC    BO  BD 
2
2
4
4

Cách 2: Gọi O là tâm của hình vuông

S

E

ABCD  SO  ( ABCD )

P

M

y

Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ

D







 

A  

 a 2

h

 a 2



a 2

Toạ độ trung điểm P của SA P  
; 0 ;  ; E  
;
; h 
4
2
2
2







4

2

a2h


 0 nên MN và AC chéo nhau.
Vì  MN , AC  . AM 
4

d  MN , AC  

[ MN , AC ]. AM



[ MN , AC ]

a 2h
a 2
4

.
2 2
4
a h

MN  MA  AC  CN  SD  AC  CB
2
2







1
1
 SO  OD  AC  CO  OB
2
2
3
1
 a c
2
2





P
c

A


2  2

 2





Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ

- Trang | 5 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />2
3  2 1
3 
y  x  a   x  1 a  0  x  1


 PQ  MN  0  2 
2 
4




3
2
y

B'

Cách 1: Gọi E là trung điểm BB’.

C'

Khi đó (AME)//B’C nên

E

d ( AM , B ' C )  d ( B ' C,( AME))  d (C,( AME))  d ( B,( AME))

Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME).
B

A

Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên:

1
h

2



1
2






2
a

2



7
a

2

C

.

a 7
a 7
. Vậy d ( AM , B ' C ) 
.
7
7

Cách 2: Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau: B(0;0;0) ; A  0; a;0  ; C  a;0;0  ;



x

- Trang | 6 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
a2 2 
a

;a 
AM   ; a;0  ; B ' C  a;0; a 2 ; AB '  0; a; a 2 ,  AM , B ' C    a 2 2;
2
2












a3
Vì  AM , B ' C  AB ' 
nên AM và B’C chéo nhau.
2

SB  a  c; SC  a  b  c; SD  b  c
2

N
E

H
K

Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ
H lên mặt phẳng (SCD)

A

D

Q

P
B

C

 d ( H ;( SCD))  HN

Dễ dàng tính được

SH 2

SB 3

x

y
c  0 x  5







 HN  SC  0 
3
2 2

3


6
Ta có: 


 HN  SD  0  x  y  b 2   2  x  y  c 2  0
y  1




 2
3

d1 SH 2
2
2 3V
2V

  d1  d 2   BSCD  BSCD
d2 SB 3
3
3 SSCD
SSCD

Trong đó VBSCD

1
1
1
1
a3
 SA  S BCD  SA  S BID  SA  AB  ID 
3
3
3
2
3 2

CD  AC
Ta có: 
 CD  SC
CD  SA


D

Từ (2) và (4)  AH   AMD   d  A,  AMD    AH
K

B

C
M

Xét AMB vuông tại B
 AM  AB 2  BM 2  1 

1
5

4
2

Xét CMD vuông tại C  DM  1 

1
5

4
2

Chu vi tam giác AMD là 2 p  5  1  p 

Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ

 2

2S
1
 AK .MD  AK  AMD 
2
MD

Xét tam giác vuông AAK có

là

1
2 2
5
5
2

2.

1
1
1
5 9
4 2


 1    AH 

2


Phương trình mặt phẳng  ADE  theo đoạn
chắn là:

A

x y z
   1  x  2 y  2z  2  0
2 1 1

B

y

C
M

Ta có:

E

M  ED  M   AED    AMD    AED 
 d  A,  AMD    d  A,  AED   

D

2
1 4  4

x

thẳng OM và CN.
Bài 4. (Đề thi Đại học khối A năm 2011).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của
AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng
o

(SBC) và (ABC) bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SN theo a.
Bài 5. (Đề thi Đại học khối D năm 2008).
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên
AA' a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.
Bài 6. (Đề thi Đại học khối D năm 2009).
Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ =
2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’,I là giao điểm của AM và A’C.
Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A điểm đến mặt phẳng (IBC)

Bài 7. (Đề thi Đại học khối A năm 2013). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
·
 300 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy.
vuông tại A, ABC
Tổng đài tư vấn : +84 (4) 3519-0591 CTV : LÊ ĐỨC THỌ

- Trang | 10 -


Hoc mai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Tài liệu học tập group />
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

1
1a 3
a 6
SM 
2
2
2 2
4

Bài 10. (Đề thi Đại học khối D năm 2012).
Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông,  A’AC vuông cân, A’C =
a. Tính
a) VABB ' C '

 a3 2 


48 


 a 6

6 


b) d ( A,( BCD '))  

Bài 11. (Đề thi Đại học khối A năm 2012).
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, h.c.v.g của S lên (ABC) là điểm H
thuộc AB sao cho HA = 2HB, góc giữa SC và (ABC) bằng 600. Tính

chúng ta cần nắm được các kiến thức cơ bản qua sơ đồ sau:

Dựa trên các kiến thức cơ bản này, kết hợp với các bài toán trước các bạn đã được tìm hiểu, sẽ giúp ta giải
quyết dễ dàng các lớp bài toán liên quan tới elip. Cụ thể:
+) Khi gặp bài toán “Tìm điểm thuộc ( E ) thỏa mãn điều kiện (*) cho trước ” thì về cơ bản ta cần thiết lập
được hai dấu “=” mà ở đó dữ kiện điểm thuộc ( E ) luôn cho ta được một dấu “=” đầu tiên. Các dữ kiện còn
lại sẽ giúp ta tìm ra dấu “=” thứ hai. Nếu cần, trong một số bài toán ta có thể tham số hóa điểm thuộc ( E )
x2 y2

 1  M ( a sin t ; b cos t ) .
a2 b2
+) Khi gặp bài toán “Viết phương trình chính tắc của elip (E)” cần cắt nghĩa chính xác dữ kiện của bài toán
dựa trên các kiến thức cơ bản liên quan tới elip và tính đối xứng của elip (elip nhận hai trục tọa độ làm hai trục
đối xứng và gốc tọa độ làm tâm đối xứng).

theo một ẩn. Ví như: M  ( E ) :

II. CÁC VÍ DỤ MẪU
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng ( E ) có tâm sai
bằng

5
và hình chữ nhật cơ sở của ( E ) có chu vi bằng 20 .
3

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

hoặc a  15 (loại)
 3 a   a  18a  45  0  a  3


2

2

2

2

2

Với a  3  b  2 . Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:

x2 y 2

1
9
4

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip có phương trình

x2 y 2

 1 . Tìm điểm M nằm trên elip
25 16

sao cho MF1  4 MF2 , trong đó F1 , F2 lần lượt là các tiêu điểm trái, phải của elip.

3
3 

Khi đó MF1  4 MF2  5  x0  4  5  x0   x0  5
5
5 


Do đó M (5; y0 )  ( E ) 

52 y02

 1  y0  0
25 16

Vậy M (5; 0)
Cách 2:

 x02 y02
 x02 y02
M

(
E
)

1
 1 (1)
 
 

đường thẳng  qua M cắt E tại hai điểm A, B sao cho MA  2MB .

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Giải:
x02
 y02  1  x02  4 y02  4  0 (1)
4
+) Do M nằm trong ( E ) nên từ MA  2 MB

+) Gọi B ( x0 ; y0 )  ( E ) 


2
2

x A   2  x0  




 x0  4 y0  2 x0  8 y0  4  0

5
5   5 5 
8 3
Với B (0;1)   : x  2 y  2  0 ; Với B  ;    : x  14 y  10  0
5 5
Vậy x  2 y  2  0 hoặc x  14 y  10  0 .

x2 y 2

 1 . Đường thẳng  : x  2 y  0 cắt ( E ) tại
8
4
hai điểm B, C . Tìm tọa độ điểm A trên ( E ) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất
Giải:
+) Do   ( E )   B; C nên B, C cố định hay độ dài BC không đổi
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

Suy ra diện tích ABC lớn nhất khi khoảng cách h  d ( A,  ) lớn nhất
 x  2 2 sin t
+) Phương trình tham số của ( E ) : 
nên gọi A 2 2 sin t; 2 cos t
 y  2 cos t



2 2 sin t  2 2 cos t

Khi đó h  d ( A,  ) 


 4

sin  t    1 t   4  k 2
4

 
3

+) Với t 
+) Với t    k 2  A 2; 2
 k 2  A 2;  2
4
4

















đường chéo hình chữ nhật cơ sở bằng 2 5 .
Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
Tâm sai e 

x2 y2

 1 với a  b  0
a2 b2

c
3
a2
.

 c2 
a
3
3

Độ dài đường chéo hình chữ nhật

(2a ) 2  (2b) 2  2 5  a 2  b 2  5  b 2  5  a 2

a2
 a2  3  b2  2
3
x2 y 2
Vậy trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:


8
4
5
Theo hệ thức Vi – et ta có: t1t2   2
a  2b 2
5(m 2  n 2 )
2
2
2
2
+) Khi đó MA.MB   mt1    nt1  .  mt2    nt2    m 2  n 2  t1t 2  2

m  2n2

5
m2
2 2
m  n2

m2
m2
,
do
đó
lớn
nhất
khi
và
chỉ
khi

.



4
8




y


1
y


1



 y  1
 B  6; 1
 B 6; 1









HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip trong mặt phẳng Oxy biết điểm
GV: Nguyễn Thanh Tùng

 8 1
M  ;
 thuộc elíp và tam giác F1MF2 vuông tại M , trong đó F1 , F2 là hai tiêu điểm của elíp.
 3 3
Giải:

x2 y2
 2  1 với a  b  0 và a 2  b 2  c 2
2
a
b

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

 8 1
8
1
Khi đó M  ;
 ( E )  2  2  1  a 2  8b 2  3a 2 b 2 (1)
 3 3 
3a 3b




2
1 2

+) Thay (2) vào (1) ta được: b 2  3  8b 2  3  b 2  3  b2  b 4  1  b 2  1  a 2  4
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

x2
 y2  1
4

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng elip ( E ) có hai tiêu





điểm F1 và F2 với F1  3; 0 và có một điểm M thuộc ( E ) sao cho tam giác F1MF2 vuông tại M và có diện
tích bằng 1 .

Giải:
x2 y2

 1 với a  b  0
a 2 b2

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:





0

0

0

0

1
1
1
8
d (M , Ox).F1 F2  y0 .2 3  3 y0  1  y02   x02 
2
2
3
3

x02 y02
8
1
 2  1  2  2  1 (2)
2
a
b
3a 3b
8
1
Thay (1) vào (2) ta được:

Giải:
x2 y2

 1 với a  b  0
a 2 b2
Gọi F1 (c; 0) là tiêu điểm của ( E ) và B1 (0; b), B2 (0; b) là hai đỉnh thuộc trục nhỏ của ( E )

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

0

+) Do F1 B1 B2 cân tại F1 và B
1 F1 B2  60 , suy ra F1 B1 B2 đều

Khi đó F1 B1  B1 B2  F1 B12  B1 B22  c 2  b 2  (2b) 2  c 2  3b 2  a 2  b 2  c 2  4b 2 (1)

3
1
3
+) Với M  1;
 ( E )  2  2  1 (2)
 2 
a
4b


1
3
Thay (1) vào (2) ta được :
 2  1  b2  1  a 2  4


 MF1  a  a  2 2  2 2
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  
 MF1  MF2  2 x0
 MF  a  cx0  2 2  2 x0
 2
a
2 2

+) Khi đó MF1  MF2  2  2 x0  2  x0  2
y  3
 x2 
 2
+) Với x0  2  y02  4  1  0   4  1    3   0
8 
 8

 y0   3
Vậy M





2; 3 hoặc M







c
4
c
4

 MF1  a  a x0  5  5 x0 ; MF2  a  a x0  5  5 x0
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   2
với x0  0
2
 x0  y0  1 (*)
 25 9
2

2

4  
4 
5 14

0
2
2
2

Do F
x0    5  x0   64  8 x02  175  x0  
1MF2  90 nên suy ra : MF1  MF2  F1 F2   5 
5  
5 

 .
 4

 4




4
4
4
4
4
4








Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip, biết hai tiêu điểm cùng với hai đỉnh
trên trục bé xác định một hình vuông và phương trình hai đường chuẩn là x  8 .
Giải:
+) Ta có hai tiêu điểm F1 (c; 0), F2 (c;0) và hai đỉnh B1 (0; b), B2 (0; b) thuộc trục nhỏ xác định một hình vuông

nên ta có b  c . Elip có phương trình đường chuẩn x  

a


x2 y 2
MF1  MF2  F1 F2 2a  2c
+) Từ ( E ) : 
 1  b  3
 pMF1F2 

 ac 9
25 9
2
2

2
2
c  a  b  4
4
+) Suy ra diện tích tam giác MF1 F2 là: S MF1 F2  pr  9.  12
3
S
1
1
12
+) Mặt khác ta có: S MF1 F2  .d ( M , Ox ).F1F2  . yM .2c  4 yM  yM  MF1F2 
3
2
2
4
4
 M (0;3)
xM2 9

MF

a

 1
a
Suy ra độ dài MF1 lớn nhất bằng : a  c  8 (1)


x02 x02
a

b

 2

2
x02 y02 x02 y02 x02  y02 OM 2
a
b
+) Lại có: M ( x0 ; y0 )  ( E )   2

1


 

 2  OM  b
2
a 2 b2 b2 b2

hai điểm phân biệt có tọa độ là các số nguyên.
Giải:
2
0

2
0

x
y

 1 (*)  y02  2  y0  1;0;1 (vì y0   )
8
2
+) Với y0  1 thay vào (*) ta được: x0  2 (thỏa mãn)
Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E ) 

+) Với y0  0 thay vào (*) ta được: x0  2 2 (loại)
Suy ra 4 điểm có tọa độ nguyên trên ( E ) là: M 1 (2;1), M 2 (2; 1), M 3 (2;1), M 4 (2; 1)
Khi đó ta sẽ lập được 6 phương trình đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu đề bài là:
x  2; x  2; y  1; y   1; x  2 y  0; x  2 y  0 .
Nhận xét: Ở ví dụ trên nếu ta tiếp cận theo cách thông thường là giả sử dạng phương trình của d rồi tìm
giao điểm, sau đó sử dụng điều kiện tọa độ nguyên thì chúng ta sẽ gặp khó khăn. Song nếu ta làm theo chiều
nghịch thì bài toán sẽ trở nên “nhẹ nhàng” hơn rất nhiều. Bởi ở những bài toán liên quan tới elip (hay cả
đường tròn) ta hoàn toàn có thể chặn điều kiện cho x, y khá đơn giản. Vì vậy việc yêu cầu tọa độ nguyên của
bài toán, giúp ta nghĩ tới ngay giải pháp trên.

x2
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :  y 2  1 . Tìm tọa độ điểm M trên ( E ) sao cho bán
9

 MF  3MF2
 MF1  3MF2  0
Từ giả thiết ta có:  1

  MF1  3MF2  MF2  3MF1   0
 MF2  3MF1
 MF2  3MF1  0
2

 10 MF1.MF2  3  MF12  MF22   0  16MF1.MF2  3  MF1  MF2   0
2

 16  a  ex0  .  a  ex0   3.  2a   0  16( a 2  e 2 x02 )  12a 2

a2
x  2 
4e
2
0

32
2 2
4. 

 3 

+) Mặt khác M  ( E )  y02  1 

2





 8
 8


8 
8 
8
8 
8
8 




A  0
Nhận xét: Trong giải toán ta biết A.B  0  
, và ta thường chỉ quen với chiều biến đổi thuận. Nhưng
B  0

trong nhiều trường hợp, việc biến đổi theo chiều ngược lại sẽ giúp giải bài toán ngắn gọn hơn rất nhiều, mà ví
dụ trên là một điển hình.





Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M  3;1 , đường elip ( E ) đi qua điểm M và khoảng cách

Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được: a 4  12a 2  36  0  a 2  6  b 2  2





Vậy phương trình ( E ) cần lập là:

x2 y 2

1
6
2

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng có một đỉnh và hai
GV: Nguyễn Thanh Tùng





tiêu điểm của ( E ) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( E ) là 12 2  3 .
Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

2

2

2

4
2 3
+) Khi đó a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  a 
b (2) (do a, b  0 )
3
3

Thay (2) vào (1) ta được :

2 3
b  b  3 2  3  3b 2  3  9 2  3  b  3 3  a  6
3







+) Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

 



( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2

x2 y2

 1 với a  b  0
a2 b2



3; 0 , suy ra c  3

+) Khi đó a 2  b 2  c 2  3  a 2  b 2  3  ( E ) :

x2
y2

1
b2  3 b2

1
3
1

+) Với A  3;   ( E )  2
 2  1  4b 4  b 2  3  0  (4b 2  3)(b2  1)  0  b 2  1  a 2  4
2
b  3 4b


Vậy phương trình chính tắc của ( E ) là :

a 
a 



Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

 a2 

facebook.com/ ThayTungToan

 x02
3c 2 2
9 2
2
2
2
2
2
x

3
x



Vậy P  1 .
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình

x2 y 2

 1 với hai tiêu điểm F1 , F2
9
5

(hoành độ của F1 âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip sao cho MF1 F2 = 60 0
Giải:
+) ( E ) có phương trình

2
 F1 (2;0)
x2 y 2
 a  9

 1 , suy ra  2
 c  a 2  b2  2  
9
5
b  5
 F2 (2;0)

c
2
c
2



  3  x0    3  x0   42  2.  3  x0  .4.cos 60 0  4 x0  3  x0  
3  
3 
3 
4



+) Thay x0  

 3 5 5
 3 5 5
3
75
5 5
vào (*) ta được: y02 
. Vậy M   ;
hoặc M   ; 
 y0  

 .
 4 4 
 4
4
16
4
4



Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan

x2 y 2

1
16 16
3
Bài 18 (B – 2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD và đường tròn tiếp xúc
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:

với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2  y 2  4 . Viết phương trình chính tắc của elip ( E ) đi qua các
đỉnh A, B, C , D của hình thoi. Biết A thuộc trục Ox .
Giải:

x2 y2

 1 ( với a  b  0 )
a 2 b2
Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A  Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A( a; 0) và B (0; b) .
Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD  2OA  4OB  OA  2OB
 a  2b (vì a  b  0 ) hay A(2b;0) và B (0; b )

, biết diện
5

tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của ( E ) bằng 24.
Giải:

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
Ta có tâm sai e 

x2 y2

 1 với a  b  0 và a 2  b 2  c 2
a 2 b2

c 3
5
 a c
a 5
3

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
+) Gọi F1 (c; 0), F2 (c;0) là các tiêu điểm và B1 (0; b), B2 (0; b) là các đỉnh trên trục bé.
GV: Nguyễn Thanh Tùng

Suy ra F1 B2 F2 B1 là hình thoi , khi đó: S F1B2 F2 B1 


( E ) sao cho M nhìn hai tiêu điểm của ( E ) dưới một góc vuông và M có hoành độ dương.

Giải:

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
Ta có tâm sai e 

x2 y2

 1 với a  b  0
a 2 b2

c 4
4
 c a
a 5
5

Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính R  34  a 2  b 2  34  b 2  34  a 2
2

4 
Khi đó a 2  b 2  c 2  a 2  34  a 2   a   a 2  25  a  5; b  3; c  4 .
5 

x2 y 2

1
25 9



HOCMAI.VN
 MF1  a  ex0 ; MF2  a  ex0

+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   x 2 y 2
với 3  x0  3
0
0
 1 (*)
 
4
9
GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

5
6
81 
2
2
Khi đó P  MF12  2MF22   a  ex0   2  a  ex0   3a 2  2aex0  3e 2 x02   x02 
x0  
3
5
5
6
81
+) Xét hàm f ( x0 )  x02 

Từ bảng biến thiên suy ra min f ( x0 ) 

4 
 3 4 
 3
Vậy MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ nhất khi M 
;
;
 hoặc M 
.
5
 5 5
 5

x2 y 2

 1 và điểm I (1; 2) . Lập phương trình đường
16 9
thẳng d đi qua I , cắt ( E ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho I là trung điểm của AB .
Giải:
+) I (1; 2) thuộc miền trong của ( E ) nên d luôn cắt ( E ) tại A, B
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

 x  1  mt
Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: 
với t  , m 2  n 2  0 .
 y  2  nt
+) Gọi A(1  mt1 ; 2  nt1 ), B(1  mt2 ; 2  nt2 ) . Trong đó t1 , t2 là nghiệm của phương trình:
(1  mt )2 (2  nt ) 2
