Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Sách bài tập Toán 10 - Hình học 10 nâng cao - Chương III - Bài 6. Đường hypebol

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 6/10/18
    Bài 72 trang 114 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    (h.88). Cho hai đường tròn \((C_1)\) và \((C_2)\) nằm ngoài nhau và có bán kính không bằng nhau. Chứng minh rằng tâm của các đường tròn cùng tiếp xúc ngoài hoặc cùng tiếp xúc trong với \((C_1)\) và \((C_2)\) nằm trên một hypebol với các tiêu điểm là tâm của các đường tròn \((C_1)\) và \((C_2)\). Tâm đối xứng của hypebol này nằm ở đâu ?
    01.jpg
    Giải
    (h.114).
    02.jpg
    Kí hiệu \(O_1, R_1\) là tâm và bán kính của đường tron \((C_1); O_2, R_2\) là tâm và bán kính của đường tròn \((C_2).\)
    Xét đường tròn thay đổi \((C)\), tâm \(O\), bán kính \(R\). \((C)\) tiếp xúc ngoài với \((C_1)\) tại \(M\), với \((C_2)\) tại \(N\). Ta có:
    \(|O{O_1} - O{O_2}| \)
    \( = |(OM + {O_1}M) - (ON + {O_2}N)| \)
    \(= |{O_1}M - {O_2}N| = |{R_1} - {R_2}| > 0\) (do \({R_1} \ne {R_2}\)).
    Do đó \(O\) nằm trên một hypebol có các tiêu điểm là \(O_1\) và \(O_2\). Tâm đối xứng của hypebol này là trung điểm của \(O_1O_2\). Lập luận tương tự cho trường hợp đường tròn \((C)\) cùng tiếp xúc trong với các đường tròn \((C_1), (C_2).\)

    Bài 73 trang 114 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Xác định độ dài trục thực, trục ảo; tiêu cự; tâm sai; tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh và phương trình các đường tiệm cận của mỗi hypebol có phương trình sau
    a) \( \dfrac{{{x^2}}}{{16}} - \dfrac{{{y^2}}}{4} = 1;\)
    b) \(4{x^2} - {y^2} = 4;\)
    c) \(16{x^2} - 25{y^2} = 400;\)
    d) \(16{x^2} - 9{y^2} = 16;\)
    e) \({x^2} - {y^2} = 1;\)
    f) \(m{x^2} - n{y^2} = 1 (m > 0, n > 0).\)
    Vẽ các hypebol có phương trình ở câu a), b) và e).
    Giải
    a) \({a^2} = 16 \Rightarrow a = 4 ; \) \( {b^2} = 4 \Rightarrow b = 2; \) \( {c^2} = {a^2} + {b^2} = 20 \Rightarrow c = 2\sqrt 5 \).
    Độ dài trục thực : \(2a=8.\)
    Độ dài trục ảo : \(2b=4.\)
    Tiêu cự: \(2c = 4\sqrt 5 \), tâm sai \(e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}\).
    Các tiêu điểm : \({F_1}( - 2\sqrt 5 ; 0) , {F_2}(2\sqrt 5 ; 0)\)
    Các đỉnh : \({A_1}( - 4 ; 0) , {A_2}(4 ; 0)\).
    Các tiệm cận : \(y = \pm \dfrac{b}{a}x = \pm \dfrac{1}{2}x\)
    Hypebol được vẽ như hình 115.
    03.jpg
    b), c), d), e) làm tương tự.
    f) Viết lại phương trình hypebol:
    \(\begin{array}{l} \dfrac{{{x^2}}}{{ \dfrac{1}{m}}} = \dfrac{{{y^2}}}{{ \dfrac{1}{n}}} = 1.\\{a^2} = \dfrac{1}{m} \Rightarrow a = \dfrac{1}{{\sqrt m }} ,\\ {b^2} = \dfrac{1}{n} \Rightarrow b = \dfrac{1}{{\sqrt n }}.\\{c^2} = {a^2} + {b^2} = \dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n} \\ \Rightarrow c = \sqrt { \dfrac{{m + n}}{{mn}}} .\end{array}\)
    Độ dài trục thức : \(2a = \dfrac{2}{{\sqrt m }}\) , độ dài trục ảo : \(2b = \dfrac{2}{{\sqrt n }}\).
    Tiêu cự : \(2c = 2\sqrt { \dfrac{{m + n}}{{mn}}} \).
    Các tiêu điểm : \({F_1} = \left( { - \sqrt { \dfrac{{m + n}}{{mn}}} ; 0} \right) ,\) \( {F_2} = \left( {\sqrt { \dfrac{{m + n}}{{mn}}} ; 0} \right)\).
    Các đỉnh : \({A_1} = \left( { - \dfrac{1}{{\sqrt m }} ; 0} \right) , {A_2} = \left( { \dfrac{1}{{\sqrt m }} ; 0} \right)\).
    Các tiệm cận: \(y = \pm \sqrt { \dfrac{m}{n}} .x\).

    Bài 74 trang 115 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Lập phương trình chính tắc của hypebol \((H)\) biết
    a) Một tiêu điểm là \((5 ; 0)\), mọt đỉnh là \((-4 ; 0);\)
    b) Độ dài trục ảo bằng \(12,\) tâm sai bằng \( \dfrac{5}{4};\)
    c) Một đỉnh là \((2 ; 0),\) tâm sai bằng \( \dfrac{3}{2};\)
    d) Tâm sai bằng \(\sqrt 2 \), \((H)\) đi qua điểm \(A(-5 ; 3);\)
    e) \((H)\) đi qua hai điểm \(P(6 ; - 1) , Q( - 8 ; 2\sqrt 2 )\).
    Giải
    Hypebol \((H)\) có phương trình chính tắc : \( \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1 (a > 0, b > 0)\).
    a) \((5 ; 0)\) là một tiêu điểm \( \Rightarrow c = 5;(-4 ; 0)\) là một đỉnh \( \Rightarrow a = 4\).
    \({b^2} = {c^2} - {a^2} = 25 - 16 = 9 \).
    Phương trình của \((H)\) : \( \dfrac{{{x^2}}}{{16}} - \dfrac{{{y^2}}}{9} = 1\).
    b)
    \(\begin{array}{l}2b = 12 \Rightarrow b = 6 , \\ e = \dfrac{5}{4} \Leftrightarrow \dfrac{c}{a} = \dfrac{5}{4} \\\Leftrightarrow \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{25}}{{16}} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{25}}{{16 }} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{a^2} + 36}}{{{a^2}}} = \dfrac{{25}}{{16}} \Rightarrow {a^2} = 64\end{array}\)
    Vậy phương trình của \((H)\): \( \dfrac{{{x^2}}}{{64}} - \dfrac{{{y^2}}}{{36}} = 1\)
    c) \(a = 2 , e = \dfrac{c}{a} \Leftrightarrow \dfrac{3}{2} = \dfrac{c}{2} \Leftrightarrow c = 3\). Do đó \({b^2} = {c^2} - {a^2} = 5\).
    Phương trình của \((H)\): \( \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{5} = 1\)
    d)
    \(\begin{array}{l}e = \sqrt 2 \Leftrightarrow \dfrac{c}{a} = \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow {c^2} = 2{a^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = 2{a^2} \\ \Leftrightarrow {a^2} = {b^{2 }}\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\A \in (H) \Rightarrow \dfrac{{25}}{{{a^2}}} - \dfrac{9}{{{b^2}}} = 1\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\end{array}\)
    Từ (1) và (2) suy ra : \({a^2} = {b^2} = 16\).
    Phương trình của (H): \( \dfrac{{{x^2}}}{{16}} - \dfrac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).
    e)
    \(P2 \in (H) , Q \in (H) \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{36}}{{{a^2}}} - \dfrac{1}{{{b^2}}} = 1\\ \dfrac{{64}}{{{a^2}}} - \dfrac{8}{{{b^2}}} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 32\\{b^2} = 8.\end{array} \right.\)
    Phương trình của \((H)\): \( \dfrac{{{x^2}}}{{32}} - \dfrac{{{y^2}}}{8} = 1\).

    Bài 75 trang 115 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Lập phương trình chính tắc của hypebol \((H)\) biết
    a) Phương trình các cạnh của hình chữ nhật cơ sở là \(x = \pm \dfrac{1}{2} , y = \pm 1\);
    b) Một đỉnh là \((3 ; 0)\) và phương trình đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở là \({x^2} + {y^2} = 16\);
    c) Một tiêu điểm là \((-10 ; 0)\) và phương trình các đường tiệm cận là \(y = \pm \dfrac{{4x}}{3}\);
    d) \((H)\) đi qua \(N(6 ; 3)\) và góc giữa hai đường tiệm cận bằng \(60^0\).
    Giải
    \((H)\) có phương trình chính tắc: \( \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).
    a) \(a = \dfrac{1}{2} , b = 1 \Rightarrow \) phương trình của \((H)\) : \( \dfrac{{{x^2}}}{{ \dfrac{1}{4}}} - \dfrac{{{y^2}}}{1} = 1\).
    b) \((3; 0)\) là một đỉnh của \((H) \Rightarrow a = 3\). Các giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở với trục \(Ox\) là các tiêu điểm của \((H)\). Vậy \(c = 4 , {b^2} = {c^2} - {a^2} = 7\).
    Phương trình của \((H): \dfrac{{{x^2}}}{9} - \dfrac{{{y^2}}}{7} = 1\).
    c) \(c=10\). Các tiệm cận có phương trình \(y = \pm \dfrac{4}{3}x\), nên \( \dfrac{b}{a} = \dfrac{4}{3}\), suy ra \( \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{{4^2} + {3^2}}}{3} = \dfrac{{25}}{9}\) hay \( \dfrac{{{{10}^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{25}}{9}\). Vậy \({a^2} = 36, {b^2} = 64\).
    Phương trình của \((H): \dfrac{{{x^2}}}{{36}} - \dfrac{{{y^2}}}{{64}} = 1\).
    d) Phương trìn các đường tiệm cận là \(y = \pm \dfrac{b}{a}x\). Do góc giữa hai đường tiệm cận là 600 và hai đường tiệm cận đối xứng với nhau qua Ox, nên có hai trường hợp:
    - Góc giữa mỗi tiệm cận và trục hoành bằng 300, suy ra \( \dfrac{b}{a} = {\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an}}{30^0} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\). (1)
    - Góc giữa mỗi tiệm cận và trục hoành bằng \(60^0\), suy ra \( \dfrac{b}{a} = \tan {60^0} = \sqrt 3 \). (2)
    \(N \in (H) \Rightarrow \dfrac{{36}}{{{a^2}}} - \dfrac{9}{{{b^2}}} = 1\) (3)
    Từ (1) và (3) suy ra \({a^2} = 9, {b^2} = 3\). Ta được hypebol \((H_1): \dfrac{{{x^2}}}{9} - \dfrac{{{y^2}}}{3} = 1\).
    Từ (2) và (3) suy ra \({a^2} = 33 , {b^2} = 99\). Ta được hypebol \((H_2): \dfrac{{{x^2}}}{{33}} - \dfrac{{{y^2}}}{{99}} = 1\).

    Bài 76 trang 115 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho số \(m > 0\). Chứng minh rằng hypebol \((H)\) có các tiêu điểm \({F_1}( - m ; - m), {F_2}(m ; m)\) và giá trị tuyệt đối của hiệu các khoảng cách từ mỗi điểm trên \((H)\) tới các tiêu điểm là \(2m,\) có phương trình \(xy = \dfrac{{{m^2}}}{2}\).
    Giải
    Xét điểm tùy ý \(M(x ; y) \in (H)\). Ta có
    \(\begin{array}{l}M \in (H) \Leftrightarrow |M{F_1} - M{F_2}| = 2m\\ \Leftrightarrow \left| {\sqrt {{{(x + m)}^2} + {{(y + m)}^2}} - \sqrt {{{(x - m)}^2} + {{(y - m)}^2}} } \right| = 2m\\ \Leftrightarrow {(x + m)^2} + {(y + m)^2} + {(x - m)^2} + {(y - m)^2}\\ - 2\sqrt {{{(x + m)}^2} + {{(y + m)}^2}} .\sqrt {{{(x - m)}^2} + {{(y - m)}^2}} = 4{m^2} \\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = \sqrt {{x^2} + {y^2} + 2{m^2} + (2mx + 2my)} \\.\sqrt {{x^2} + {y^2} + 2{m^2} - (2mx + 2my)} \\ \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} = {\left( {{x^2} + {y^2} + 2{m^2}} \right)^2} - {(2mx + 2my)^2}\\ \Leftrightarrow xy = \dfrac{{{m^2}}}{2}.\end{array}\)
    Chú ý rằng: Với \(m = \sqrt 2 \) ta có hypebol \(y = \dfrac{1}{x}\).

    Bài 77 trang 115 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho hypebol \((H): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\). Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm tùy ý trên \((H)\) đến hai đường tiệm cận bằng \( \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}\).
    Giải
    \((H)\) có hai tiệm cận là \({\Delta _1}: y = \dfrac{b}{a}x\) hay \(bx - ay = 0\); \({\Delta _2}: y = - \dfrac{b}{a}x\) hay \(bx + ay = 0\).
    Xét \(M(x ; y) \in (H)\) thì \( \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), hay \({b^2}{x^2} - {a^2}{y^2} = {a^2}{b^2}\). Khi đó
    \(d(M ; {\Delta _1}).d(M ; {\Delta _2}) \)
    \(= \dfrac{{|bx - ay|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}. \dfrac{{|bx + ay|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)
    \(= \dfrac{{|{b^2}{x^2} - {a^2}{y^2}|}}{{{a^2} + {b^2}}} \)
    \(= \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}\).

    Bài 78 trang 115 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho hai điểm \(A(-1 ; 0), B(1 ; 0)\) và đường thẳng \(\Delta : x - \dfrac{1}{4} = 0\).
    a) Tìm tập hợp các điểm \(M\) sao cho \(MB=2MH,\) với \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên\(\Delta \).
    b) Tìm tập hợp các điểm \(N\) sao cho các đường thẳng \(AN\) và \(BN\) có tích các hệ số góc bằng \(2.\)
    Giải
    a) Xét \(M(x ; y).\) Ta có
    \(\begin{array}{l}MB = 2MH \Leftrightarrow M{B^2} = 4M{H^2} \\ \Leftrightarrow {(x - 1)^2} + {y^2} = 4{\left( {x - \dfrac{1}{4}} \right)^2}\\\Leftrightarrow 3{x^2} - {y^2} = \dfrac{3}{4} \\ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{{ \dfrac{1}{4}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{ \dfrac{3}{4}}} = 1.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\end{array}\)
    Tập hợp các điểm \(M\) cần tìm là hypebol có phương trình (1).
    b) Xét \(N(x ; y)\) thì \(\overrightarrow {AN} = (x + 1 ; y), \overrightarrow {BN} = (x - 1 ; y)\). Rõ ràng \(x \ne - 1\) và \(x \ne 1\) (vì nếu không thì các đường thẳng \(AN\) và \(BN\) lần lượt có hệ số góc \({k_1} = \dfrac{y}{{x + 1}}, {k_2} = \dfrac{y}{{x - 1}}\).
    Khi đó :
    \({k_1}.{k_2} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{y}{{x + 1}}. \dfrac{y}{{x - 1}} = 2\)
    \( \Leftrightarrow \dfrac{{{y^2}}}{{{x^2} - 1}} = 2 \Leftrightarrow {y^2} = 2{x^2} - 2 \)
    \( \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{1} - \dfrac{{{y^2}}}{2} = 1 \) (2)
    Tập hợp các điểm \(N\) cần tìm là hypebol có phương trình (2) bỏ đi hai đỉnh : \((-1 ; 0)\) và \((1 ; 0).\)

    Bài 79 trang 116 SBT Hình học 19 Nâng cao.
    Tìm các điểm trên hypebol \((H): 4{x^2} - {y^2} - 4 = 0\) thỏa mãn
    a) Nhìn hai tiêu điểm dưới góc vuông;
    b) Nhìn hai tiêu điểm dưới góc \(120^0;\)
    c) Có tọa độ nguyên.
    Giải
    Viết lại phương trình của \((H): \dfrac{{{x^2}}}{1} - \dfrac{{{y^2}}}{4} = 1\).
    \({a^2} = 1 \Rightarrow a = 1 , \) \( {b^2} = 4 \Rightarrow b = 2 ,\) \( {c^2} = {a^2} + {b^2} = 5 \Rightarrow c = \sqrt 5 ,\) \( e = \dfrac{c}{a} = \sqrt 5 \).
    \((H)\) có các tiêu điểm : \({F_1}( - \sqrt 5 ; 0) , \) \( {F_2}(\sqrt 5 ; 0)\).
    a) Gọi \(M(x ; y)\) là điểm cần tìm. Ta có:
    \(\begin{array}{l}\overrightarrow {{F_1}M} = \left( {x + \sqrt 5 ; y} \right) , \\ \overrightarrow {{F_2}M} = \left( {x - \sqrt 5 ; y} \right)\\{F_1}M \bot {F_2}M \Leftrightarrow \overrightarrow {{F_1}M} .\overrightarrow {{F_2}M} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + \sqrt 5 } \right)\left( {x - \sqrt 5 } \right) + {y^2} = 0 \\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 5 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\M \in (H) \Leftrightarrow 4{x^2} - {y^2} - 4 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \end{array}\).
    Giải hệ (1) và (2) ta được: \(x = \pm \dfrac{3}{{\sqrt 5 }} , y = \pm \dfrac{4}{{\sqrt 5 }}\).
    Vậy bốn điểm cần tìm là : \(\left( { \pm \dfrac{3}{{\sqrt 5 }} ; \pm \dfrac{4}{{\sqrt 5 }}} \right)\).
    b) Gọi \(N(x ; y)\) là điểm cần tìm.
    \(N \in (H) \Rightarrow |N{F_1} - N{F_2}| = 2a = 2\).
    Trong tam giác \(F_1NF_2\), ta có
    \(\begin{array}{l}{F_1}{F_2}^2 = {F_1}{N^2} + {F_2}{N^2}\\ - 2.{F_1}N.{F_2}N.\cos \widehat {{F_1}N{F_2}}\\ = {({F_1}N - {F_2}N)^2} + 2.{F_1}N.{F_2}N\\ - 2{F_1}N.{F_2}N.\cos {120^0}\\= 4 + 3{F_1}N.{F_2}N\\ = 4 + 3.|a + ex|.|a - ex|\\= 4 + 3|{a^2} - {e^2}{x^2}|\\ \Rightarrow 4{c^2} = 4 + 3|1 - 5{x^2}|\\ \Leftrightarrow 4.5 = 4 + 3|1 - 5{x^2}|\\ \Leftrightarrow |1 - 5{x^2}| = \dfrac{{16}}{3} \\ \Leftrightarrow {x^2} = \dfrac{{19}}{{15}} \Leftrightarrow x = \pm \sqrt { \dfrac{{19}}{{15}}} \end{array}\)
    Thay \(x = \pm \sqrt { \dfrac{{19}}{{15}}} \) vào phương trình của (H), ta được \(y = \pm \dfrac{4}{{\sqrt {15} }}\).
    Vậy có bốn điểm cần tìm là: \(\left( { \pm \sqrt { \dfrac{{19}}{{15}}} ; \pm \dfrac{4}{{\sqrt {15} }}} \right)\).
    c) Do \((H)\) nhận \(Ox, Oy\) là các trục đối xứng, nên ta chỉ xét những điểm \((x ; y)\) của \((H)\) mà : \(x. y\) nguyên, \(x \ge 0 , y \ge 0\), rồi sau đó ta tìm những điểm đối xứng với những điểm này qua trục \(Ox\) và \(Oy.\)
    Ta có
    \(4{x^2} - {y^2} - 4 = 0 \)
    \( \Leftrightarrow (2x - y)(2x + y) = 4\) (1).
    Do \(2x-y, 2x+y\) nguyên, \(2x + y \ge 0\) và \(2x + y \ge 2x - y\), nên từ (1) ta có các trường hợp :
    \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 1\\2x + y = 4\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) , \\ \left\{ \begin{array}{l}2x - y = 2\\2x + y = 2\end{array} \right. \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\)
    Hệ (2) không có nghiệm nguyên, hệ (3) có một nghiệm nguyên là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 0\end{array} \right.\).
    Vậy những điểm trên \((H)\) có tọa độ nguyên là : \((1 ; 0), (-1 ; 0).\)

    Bài 80 trang 116 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho hypebol \((H): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\). Gọi \(F_1, F_2\) là các tiêu điểm và \(A_1, A_2\) là các đỉnh của \((H)\). \(M\) là điểm tùy ý trên \((H)\) có hình chiếu trên \(Ox\) là \(N\). Chứng minh rằng
    a) \(O{M^2} - M{F_1}.M{F_2} = {a^2} - {b^2}\);
    b) \({(M{F_1} + M{F_2})^2} = 4(O{M^2} + {b^2})\);
    c) \(N{M^2} = \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}.\overline {N{A_1}} .\overline {N{A_2}} \).
    Giải
    (1.116).
    04.jpg
    \(M(x ; y) \in (H) \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1, \)
    \( M{F_1} = \left| {a + \dfrac{c}{a}x} \right| , M{F_2} = \left| {a - \dfrac{c}{a}x} \right|.\)
    a)Ta có
    \(\begin{array}{l}O{M^2} - M{F_1}.M{F_2}\\ = {x^2} + {y^2} - \left| {{a^2} - \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2}}}{x^2}} \right|\\ = {x^2} + {y^2} - \left| {{a^2} - {c^2}\left( {1 + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}}} \right)} \right|\\ = {x^2} + {y^2} - \left| { - {b^2} - \dfrac{{{c^2}}}{{{b^2}}}{y^2}} \right|\\ = {x^2} + {y^2} - {b^2} - \dfrac{{{c^2}}}{{{b^2}}}{y^2}\\ = {a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}}{y^2} + {y^2} - {b^2} - \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{{b^2}}}{y^2}\\ = {a^2} - {b^2}.\end{array}\)
    b)
    \(\begin{array}{l}{(M{F_1} + M{F_2})^2} \\= {(M{F_1} - M{F_2})^2} + 4M{F_1}.M{F_2}\\ = 4{a^2} + 4\left| {{a^2} - \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2}}}{x^2}} \right|\\= 4{a^2} + 4{b^2} + \dfrac{{4{c^2}}}{{{b^2}}}{y^2} (1)\\4(O{M^2} + {b^2}) = 4({x^2} + {y^2} + {b^2}) \\= 4{x^2} + 4{y^2} + 4{b^2}\\= 4\left( {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}}{y^2}} \right) + 4{y^2} + 4{b^2}\\= 4{a^2} + 4{b^2} + 4{y^2}\left( { \dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + 1} \right)\\= 4{a^2} + 4{b^2} + \dfrac{{4{c^2}}}{{{b^2}}}{y^2}.(2)\end{array}\)
    Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
    c)
    \(\begin{array}{l}M{N^2} = {y^2}.\\ \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}.\overline {N{A_1}} .\overline {N{A_2}}\\ = \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}( - x - a)( - x + a)\\ = - \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}({a^2} - {x^2}) = - {b^2} + \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}{x^2}\\= - {b^2} + {b^2}\left( {1 + \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}}} \right) = {y^2}.\end{array}\)
    Vậy \(N{M^2} = \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}.\overline {N{A_1}} .\overline {N{A_2}} \).

    Bài 81 trang 116 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho hypebol \((H): { \dfrac{x}{4}^2} - \dfrac{{{y^2}}}{5} = 1\) và đường thẳng \(\Delta : x - y + 4 = 0\).
    a) Chứng minh rằng \(\Delta \) luôn cắt \((H)\) tại hai điểm \(M, N\) thuộc hai nhánh khác nhau của \((H) (x_M < x_N);\)
    b) Gọi \(F_1\) là tiêu điểm trái và \(F_2\) là tiêu điểm phải cả \((H)\). Xác định \(m\) để \(F_2N=2F_1M.\)
    Giải
    a) \((H): \dfrac{{{x^2}}}{4} - \dfrac{{{y^2}}}{5}\)
    \(= 1 \Leftrightarrow 5{x^2} - 4{y^2} - 20 = 0\).
    \({a^2} = 4 \Rightarrow a = 2 , \) \( {b^2} = 5 \Rightarrow b = \sqrt {5 } ,\) \( {c^2} = {b^2} + {a^2} = 9 \Rightarrow c = 3\).
    \((H)\) có hai nhánh : nhánh trái ứng với \(x \le - 2\), nhánh phải ứng với \(x \ge 2\). Hoành độ giao điểm của \((H)\) và \(\Delta \) là nghiệm của phương trình :
    \(5{x^2} - 4{(x + m)^2} - 20 = 0\) hay \({x^2} - 8mx - 4({m^2} + 5) = 0\). (1)
    Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu với mọi \(m\). Do đó \(\Delta \) luôn cắt \((H)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) thuộc hai nhánh khác nhau.
    Theo giả thiết \(x_M < x_N\) nên \(M\) thuộc nhánh trái, \(N\) thuộc nhánh phải.
    b) \((H)\) có các tiêu điểm \({F_1}( - 3 ; 0) , {F_2}(3 ; 0)\).
    \(\begin{array}{l}{F_2}N = \left| {a - \dfrac{c}{a}{x_N}} \right| = \left| {2 - \dfrac{3}{2}{x_N}} \right| \\= \dfrac{3}{2}{x_N} - 2 ({x_N} \ge 2)\\{F_1}M = \left| {a + \dfrac{c}{a}{x_M}} \right| = \left| {2 + \dfrac{3}{2}{x_M}} \right|\\ = - \dfrac{3}{2}{x_M} - 2 ({x_M} \le - 2)\\{F_2}N = 2{F_1}M \\ \Leftrightarrow \dfrac{3}{2}{x_N} - 2 = 2\left( { - \dfrac{3}{2}{x_M} - 2} \right) \\ \Leftrightarrow 3{x_N} + 6{x_M} + 4 = 0 (2)\end{array}\)
    \({x_M}, {x_N}\) là nghiệm của (1) nên \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} + {x_N} = 8m \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3) \\{x_M}.{x_N} = - 4({m^2} + 5)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)\end{array} \right.\)
    Giải (2) và (3) ta được: \({x_M} = - \dfrac{4}{3} - 8m ,\) \( {x_N} = \dfrac{4}{3} + 16m\). Thay \({x_M}, {x_N}\) vào (4) ta có
    \(\begin{array}{l}\left( { - \dfrac{4}{3} - 8m} \right)\left( { \dfrac{4}{3} + 16m} \right)\\ = - 4({m^2} + 5) \\ \Leftrightarrow 279{m^2} + 72m - 41 = 0\\ \Leftrightarrow m = \dfrac{{ - 12 \pm \sqrt {1415} }}{{93}} .\end{array}\)
    Vậy với \(m = \dfrac{{ - 12 \pm \sqrt {1415} }}{{93}}\) thì \({F_2}N = 2{F_1}M\).

    Bài 82 trang 116 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho đường tròn \((C)\) có phương trình \({x^2} + {y^2} = 1\). Đường tròn \((C)\) cắt \(Ox\) tại \(A(-1 ; 0)\) và \(B(1 ; 0)\). Đường thẳng \(d\) có phương trình \(x = m ( - 1 < m < 1, m \ne 0)\) cắt \((C)\) tại \(M\) và \(N\). Đường thẳng \(AM\) cắt đường thẳng \(BN\) tại \(K\). Tìm tập hợp các điểm \(K\) khi \(m\) thay đổi.
    Giải
    (h.117).
    05.jpg
    Giả sử \(M = ({x_0} ; {y_0})\), suy ra \(N = ({x_0} ; - {y_0})\). Do \( - 1 < m < 1, m \ne 0\) nên \( - 1 < {x_0}, {y_0} < 1, {x_0} \ne 0, {y_0} \ne 0\). Ta có:
    Phương trình đường thẳng \(AM: \dfrac{{x + 1}}{{{x_0} + 1}} = \dfrac{y}{{{y_0}}}\) (1)
    Phương trình đường thẳng \(BN: \dfrac{{x - 1}}{{{x_0} - 1}} = \dfrac{y}{{ - {y_0}}}\) (2)
    Tọa độ \((x ; y)\) của \(K\) thỏa mãn (1) và (2). Nhân từng vế của (1) và (2) với nhau, ta được : \( \dfrac{{{x^2} - 1}}{{x_0^2 - 1}} = \dfrac{{{y^2}}}{{ - y_0^2}}\). Vì \(M \in (C)\) nên \(x_0^2 + y_0^2 = 1\), suy ra \(x_0^2 - 1 = - y_0^2\). Do đó \({x^2} - 1 = {y^2}\) hay \({x^2} - {y^2} = 1\). Tập hợp các điểm \(K\) là hypebol \( \dfrac{{{x^2}}}{1} - \dfrac{{{y^2}}}{1} = 1\) bỏ đi hai đỉnh : \((-1 ; 0)\) và \((1 ; 0).\)

    Bài 83 trang 116 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho hypebol \((H): \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\). Một đường thẳng \(\Delta \) cắt \((H)\) tại \(P, Q\) và hai đường tiệm cận ở \(M\) và \(N\). Chứng minh rằng
    a) \(MP=NQ ;\)
    b) Nếu \(\Delta \) có phương không đổi thì tích \(\overline {PM} .\overline {PN} \)là hằng số.
    Giải
    (h.118).
    06.jpg
    a) Phương trình \((H) : \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\).
    Phương trình chung của các đường tiệm cận \(d_1, d_2\) là \( \dfrac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 0\).
    Gọi phương trình của \(\Delta \) là: \(\alpha x + \beta y + \gamma = 0 ({\alpha ^2} + {\beta ^2} \ne 0)\).
    Giả sử \(\beta \ne 0\) , khi đó, do vế trái của phương trình \((H)\) và phương trình các đường tiệm cận giống nhau nên:
    - Hoành độ các giao điểm \(P\) và \(Q\) của \(\Delta \) và \((H)\) là nghiệm của phương trình dạng:
    \(a{x^2} + bx + c = 0\).
    - Hoành độ các giao điểm \(M\) và \(N\) của \(\Delta \) và các tiệm cận là nghiệm của phương trình dạng:
    \(a{x^2} + bx + d = 0\).
    Gọi \(I, J\) lần lượt là trung điểm của \(PQ\) và \(MN,\) thì ta có: \({x_I} = {x_J} = - \dfrac{b}{{2a}}\). Suy ra \(I\) trùng với \(J\). Vậy \(MP=NQ.\)
    Nếu \(\beta = 0\) thì \(\Delta \) là đường thẳng vuông góc với \(Ox\). Vì \((H)\) và hai đường tiệm cận đều nhận \(Ox\) làm trục đối xứng nên dễ có \(MP=NQ.\)
    b) Gọi \(\overrightarrow u (m ; n) ({m^2} + {n^2} \ne 0)\) là vec tơ chỉ phương của \(\Delta \) và kí hiệu \(P = ({x_0} ; {y_0})\). Khi đó tồn tại các số \(t_1, t_2\) sao cho \(\overrightarrow {PM} = {\kern 1pt} {t_1}\overrightarrow u , \overrightarrow {PN} = {t_2}\overrightarrow u \).
    Ta có tọa độ của \(M\) và \(N\) là \(\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = {x_0} + {t_1}m\\{y_M} = {y_0} + {t_1}n\end{array} \right. , \left\{ \begin{array}{l}{x_N} = {x_0} + {t_2}m\\{y_N} = {y_0} + {t_2}n.\end{array} \right.\)
    \(M , N\) thuộc hai tiệm cận của \((H)\) nên \(t_1, t_2\) là nghiệm của phương trình:
    \( \dfrac{{{{({x_0} + tm)}^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{{({y_0} + tn)}^2}}}{{{b^2}}} = 0\) hay \(\left( { \dfrac{{{m^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{n^2}}}{{{b^2}}}} \right){t^2} + 2\left( { \dfrac{{{x_0}m}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{y_0}n}}{{{b^2}}}} \right)t + 1 = 0.\)
    Rõ ràng \( \dfrac{{{m^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{n^2}}}{{{b^2}}} \ne 0\).
    Do đó \({t_1}.{t_2} = \dfrac{1}{{ \dfrac{{{m^2}}}{{{a^2}}} - \dfrac{{{n^2}}}{{{b^2}}}}} = \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{{m^2}{b^2} - {n^2}{a^2}}}\).
    Vậy \(\overline {PM} .\overline {PN} = \overrightarrow {PM} .\overrightarrow {PN} \)
    \(= {t_1}.{t_2}.{\overrightarrow u ^2} = \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{{m^2}{b^2} - {n^2}{a^2}}}.({m^2} + {n^2})\) không đổi.