Bài tự luận · Bài 28
Dạng 3. Tìm điểm thuộc đường conic thoả mãn điều kiện cho trước
Bài tự luận Ba đường conic · Bài 28
(KNTT10) Cho điểm $M(x_0;y_0)$ thuộc elip $(E)$ có phương trình $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{1}=1$.
a) Tính $MF_1^2-MF_2^2$ theo $x_0;y_0$. Từ đó tính $MF_1,MF_2$ theo $x_0;y_0$.
b) Tìm điểm $M$ sao cho $MF_2=2MF_1$.
c) Tìm $M$ sao cho góc nhìn của $M$ tới hai điểm $F_1,F_2$ (tức là góc $\widehat{F_1MF_2}$) là lớn nhất?
a) Tính $MF_1^2-MF_2^2$ theo $x_0;y_0$. Từ đó tính $MF_1,MF_2$ theo $x_0;y_0$.
b) Tìm điểm $M$ sao cho $MF_2=2MF_1$.
c) Tìm $M$ sao cho góc nhìn của $M$ tới hai điểm $F_1,F_2$ (tức là góc $\widehat{F_1MF_2}$) là lớn nhất?
Xem lời giải
Lời giải
Trong phương trình chính tắc của $(E)$ ta có $a=\sqrt2,b=1,c=\sqrt{a^2-b^2}=1$.
$(E)$ có hai tiêu điểm là $F_1(-1;0),F_2(1;0)$.
a) Ta có $MF_1^2-MF_2^2=(x_0+1)^2+y_0^2-[(x_0-1)^2+y_0^2]=4x_0$.
Mặt khác, do $M$ thuộc $(E)$ nên ta có $MF_1+MF_2=2a=2\sqrt2$. (1)
Từ đó suy ra $MF_1-MF_2=\frac{MF_1^2-MF_2^2}{MF_1+MF_2}=\frac{4x_0}{2\sqrt2}=\sqrt2x_0$. (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra $\left\{\begin{array}{l}MF_1=\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2}\\MF_2=\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2}\end{array}\right.$.
b) Sử dụng kết quả của phần a) ta có $MF_2=2MF_1\Leftrightarrow\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2}=2\left(\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2}\right)\Leftrightarrow\frac{3x_0}{\sqrt2}=-\sqrt2\Leftrightarrow x_0=-\frac23$.
Mặt khác do $M$ thuộc $(E)$ nên ta có $\frac{x_0^2}{2}+\frac{y_0^2}{1}=1\Leftrightarrow y_0^2=1-\frac{x_0^2}{2}=1-\frac{(-\frac23)^2}{2}=\frac79\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y_0=\frac{\sqrt7}{3}\\y_0=-\frac{\sqrt7}{3}\end{array}\right.$.
Vậy $M\left(-\frac23;\frac{\sqrt7}{3}\right)$ hoặc $M\left(-\frac23;-\frac{\sqrt7}{3}\right)$.
c) Áp dụng định lí côsin trong tam giác $MF_1F_2$ ta có $\cos\widehat{F_1MF_2}=\frac{MF_1^2+MF_2^2-F_1F_2^2}{2\cdot MF_1\cdot MF_2}=\frac{(\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2})^2+(\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2})^2-2^2}{2(\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2})(\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2})}=\frac{x_0^2}{4-x_0^2}$.
Ta có $\frac{x_0^2}{2}=1-y_0^2\leq1\Rightarrow0\leq x_0^2\leq2$.
Suy ra $\cos\widehat{F_1MF_2}\geq0\Rightarrow\widehat{F_1MF_2}\leq90^\circ$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x_0=0\Rightarrow y_0=\pm1$.
Vậy $M(0;\pm1)$ thì $M$ nhìn hai tiêu điểm dưới góc nhìn lớn nhất.
Nhận xét. Điểm $M$ (thuộc elip) nhìn hai tiêu điểm dưới góc nhìn lớn nhất chính là hai giao điểm của elip với trục tung.
$(E)$ có hai tiêu điểm là $F_1(-1;0),F_2(1;0)$.
a) Ta có $MF_1^2-MF_2^2=(x_0+1)^2+y_0^2-[(x_0-1)^2+y_0^2]=4x_0$.
Mặt khác, do $M$ thuộc $(E)$ nên ta có $MF_1+MF_2=2a=2\sqrt2$. (1)
Từ đó suy ra $MF_1-MF_2=\frac{MF_1^2-MF_2^2}{MF_1+MF_2}=\frac{4x_0}{2\sqrt2}=\sqrt2x_0$. (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra $\left\{\begin{array}{l}MF_1=\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2}\\MF_2=\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2}\end{array}\right.$.
b) Sử dụng kết quả của phần a) ta có $MF_2=2MF_1\Leftrightarrow\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2}=2\left(\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2}\right)\Leftrightarrow\frac{3x_0}{\sqrt2}=-\sqrt2\Leftrightarrow x_0=-\frac23$.
Mặt khác do $M$ thuộc $(E)$ nên ta có $\frac{x_0^2}{2}+\frac{y_0^2}{1}=1\Leftrightarrow y_0^2=1-\frac{x_0^2}{2}=1-\frac{(-\frac23)^2}{2}=\frac79\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y_0=\frac{\sqrt7}{3}\\y_0=-\frac{\sqrt7}{3}\end{array}\right.$.
Vậy $M\left(-\frac23;\frac{\sqrt7}{3}\right)$ hoặc $M\left(-\frac23;-\frac{\sqrt7}{3}\right)$.
c) Áp dụng định lí côsin trong tam giác $MF_1F_2$ ta có $\cos\widehat{F_1MF_2}=\frac{MF_1^2+MF_2^2-F_1F_2^2}{2\cdot MF_1\cdot MF_2}=\frac{(\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2})^2+(\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2})^2-2^2}{2(\sqrt2+\frac{x_0}{\sqrt2})(\sqrt2-\frac{x_0}{\sqrt2})}=\frac{x_0^2}{4-x_0^2}$.
Ta có $\frac{x_0^2}{2}=1-y_0^2\leq1\Rightarrow0\leq x_0^2\leq2$.
Suy ra $\cos\widehat{F_1MF_2}\geq0\Rightarrow\widehat{F_1MF_2}\leq90^\circ$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x_0=0\Rightarrow y_0=\pm1$.
Vậy $M(0;\pm1)$ thì $M$ nhìn hai tiêu điểm dưới góc nhìn lớn nhất.
Nhận xét. Điểm $M$ (thuộc elip) nhìn hai tiêu điểm dưới góc nhìn lớn nhất chính là hai giao điểm của elip với trục tung.