The Collectors

Bài 7 trang 127 SGK Hình học 10 nâng cao

Câu hỏi: Trong mặt phẳng tọa độ, với mỗi số \(m \ne 0\) , xét hai điểm \({M_1}( - 4; m); {M_2}(4 ; {{16} \over m})\)

Câu a​

Viết phương trình đường thẳng M1​M2​.
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:
\(\begin{array}{l}
\frac{{16 - {m^2}}}{m}\left({x + 4} \right) - 8\left({y - m} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left({16 - {m^2}} \right)\left({x + 4} \right) - 8m\left({y - m} \right) = 0\\
\Leftrightarrow \left({16 - {m^2}} \right)x + 64 - 4{m^2} - 8my + 8{m^2} = 0\\
\Leftrightarrow \left({16 - {m^2}} \right)x - 8my + 64 + 4{m^2} = 0
\end{array}\)

Câu b​

Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới đường thẳng M1​M2​.
Lời giải chi tiết:
Khoảng cách từ O đến đường thẳng M1​M2 ​
\(\begin{array}{l}
d\left({O,{M_1}{M_2}} \right)\\
= \frac{{\left| {\left({16 - {m^2}} \right). 0 - 8m. 0 + 64 + 4{m^2}} \right|}}{{\sqrt {{{\left({16 - {m^2}} \right)}^2} + {{\left({8m} \right)}^2}} }}\\
= \frac{{\left| {64 + 4{m^2}} \right|}}{{\sqrt {{m^4} + 32{m^2} + {{16}^2}} }}\\
= \frac{{4\left| {{m^2} + 16} \right|}}{{\sqrt {{{\left({{m^2} + 16} \right)}^2}} }} = \frac{{4\left({{m^2} + 16} \right)}}{{{m^2} + 16}} = 4
\end{array}\)

Câu c​

Chứng tỏ rằng đường thẳng M1​M2 ​ luôn 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, M1​M2​) = 4 = R – không phụ thuộc vào m.
=> Đường thẳng M1​M2​ luôn tiếp xúc với đường tròn (C) cố định.

Câu 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 A1​M2​
\({{x + 4} \over 8} = {{y - 0} \over {{{16} \over m}}} \Leftrightarrow 2x - my + 8 = 0\)
Phương trình đường thẳng A2​M1​
\({{x - 4} \over { - 8}} = {{y - 0} \over m} \Leftrightarrow mx + 8y - 4m = 0\)
Tọa độ giao điểm I của A1​M2​ và A2​M1​ là nghiệm của hệ phương trình
$\left\{\begin{array}{c}2 x-m y+8=0 \\ m x+8 y-4 m=0\end{array}(*) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 m x-m^{2} y+8 m=0 \\ 2 m x+16 y-8 m=0\end{array}\right.\right.$
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}\left(16+m^{2}\right) y-16 m=0 \\ m x+8 y-4 m=0\end{array}\right.$
Vậy \(I\left( {{{4({m^2} - 16)} \over {{m^2} + 16}} ; {{16m} \over {{m^2} + 16}}} \right)\) .

Câu 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 \({F_1}( - 2\sqrt 3; 0) , {F_2}(2\sqrt 3; 0)\)
Rất tiếc, câu hỏi này chưa có lời giải chi tiết. Bạn ơi, đăng nhập và giải chi tiết giúp zix.vn nhé!!!
 

Quảng cáo

Back
Top