Bài 7 trang 127 sgk hình học 10 nâng cao

LG a

Viết phương trình đường thẳng M1M2.

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow {{M_1}{M_2}} = \left( {8\,;\,{{16} \over m} - m} \right) = \left( {8\,;\,{{16 - {m^2}} \over m}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow n = \left( {\frac{{16 - {m^2}}}{m}; - 8} \right)\) là VTPT của đường thẳng \({M_1}{M_2}\).

Phương trình đường thẳng \({M_1}{M_2}\) đi qua \(M_1\) và nhận \(\overrightarrow n = \left( {\frac{{16 - {m^2}}}{m}; - 8} \right)\) làm VTPT là:

\(\begin{array}{l}
\frac{{16 - {m^2}}}{m}\left( {x + 4} \right) - 8\left( {y - m} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {16 - {m^2}} \right)\left( {x + 4} \right) - 8m\left( {y - m} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left( {16 - {m^2}} \right)x + 64 - 4{m^2} - 8my + 8{m^2} = 0\\
\Leftrightarrow \left( {16 - {m^2}} \right)x - 8my + 64 + 4{m^2} = 0
\end{array}\)

LG b

Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới đường thẳng M1M2.

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách từ O đến đường thẳng M1M2là

\(\begin{array}{l}
d\left( {O,{M_1}{M_2}} \right)\\
= \frac{{\left| {\left( {16 - {m^2}} \right).0 - 8m.0 + 64 + 4{m^2}} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {16 - {m^2}} \right)}^2} + {{\left( {8m} \right)}^2}} }}\\
= \frac{{\left| {64 + 4{m^2}} \right|}}{{\sqrt {{m^4} + 32{m^2} + {{16}^2}} }}\\
= \frac{{4\left| {{m^2} + 16} \right|}}{{\sqrt {{{\left( {{m^2} + 16} \right)}^2}} }} = \frac{{4\left( {{m^2} + 16} \right)}}{{{m^2} + 16}} = 4
\end{array}\)

LG c

Chứng tỏ rằng đường thẳng M1M2luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Lời giải chi tiết:

* Gọi ( C) là đường tròn tâm O, bán kính R = 4.

=> Đường tròn (C) cố định.

* Theo chứng minh b ta có:

d(O, M1M2) = 4 = R không phụ thuộc vào m.

=> Đường thẳng M1M2luôn tiếp xúc với đường tròn (C) cố định.

LG d

Lấy các điểm \({A_1}( - 4;\,0),\,{A_2}(4\,;\,0)\). Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường thẳng \({A_1}{M_2},\,{A_2}{M_1}\).

Lời giải chi tiết:

Phương trình đường thẳng A1M2là

\({{x + 4} \over 8} = {{y - 0} \over {{{16} \over m}}}\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,2x - my + 8 = 0\)

Phương trình đường thẳng A2M1là

\({{x - 4} \over { - 8}} = {{y - 0} \over m}\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,mx + 8y - 4m = 0\)

Tọa độ giao điểm I của A1M2và A2M1là nghiệm của hệ phương trình

Vậy \(I\left( {{{4({m^2} - 16)} \over {{m^2} + 16}}\,;\,{{16m} \over {{m^2} + 16}}} \right)\).

LG e

Chứng minh rằng khi m thay đổi, I luôn luôn nằm trên một elip (E) cố định. Xác định tọa độ tiêu điểm của elip đó.

Lời giải chi tiết:

Khử m từ hệ (*) ta có

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
my = 2x + 8 \hfill \cr
m(4 - x) = 8y \hfill \cr} \right.\cr &\Rightarrow \frac{{2x + 8}}{y} = \frac{{8y}}{{4 - x}}\cr &\Rightarrow (2x + 8).(4 - x) = 8{y^2} \cr
& \Rightarrow \,\,\,2(16 - {x^2}) = 8{y^2}\cr
& \Rightarrow {x^2} + 4{y^2} = 16\cr&\Rightarrow \,\,{{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 4} = 1 \cr} \)

Vậy I nằm trên elip (E) có phương trình \(\,\,{{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 4} = 1\).

Ta có \({c^2} = {a^2} - {b^2} = 16 - 4 = 12\) \( \Rightarrow \,\,c = 2\sqrt 3 \)

Hai tiêu điểm của elip là \({F_1}( - 2\sqrt 3 \,;\,0)\,,\,\,\,{F_2}(2\sqrt 3 \,;\,0)\)