Ôn tập Hình học 12 - Ba đường cônic

Nguyễn Phú Khánh 
 646 
 Dạng 4. Ba đường cônic 
I. Elip. 
1. Định nghĩa: Cho hai điểm cố định 1 2F , F với ( )1 2F F 2c c 0= > và hằng số a c> . Elip 
( )E là tập hợp các điểm M thỏa mãn 1 2MF MF 2a+ = . 
 Các điểm 1 2F , F là tiêu điểm của ( )E . Khoảng cách 1 2F F 2c= là tiêu cự của ( )E . 
1 2MF , MF được gọi là bán kính qua tiêu. 
2. Phương trình chính tắc của elip: 
 Với ( ) ( )1 2F c;0 , F c;0− : ( ) ( ) ( )
22
2 2
yx
M x; y E 1 1
a b
∈ ⇔ + = trong đó 2 2 2b a c= − . 
 Thì ( )1 được gọi là phương trình chính tắc của ( )E 
3. Hình dạng và tính chất của elip: 
Elip có phương trình ( )1 nhận các trục tọa độ là trục đối xứng và gốc tọa độ làm 
tâm đối xứng. 
+ Tiêu điểm: Tiêu điểm trái ( )1F c;0− , tiêu điểm phải ( )2F c;0 
+ Các đỉnh : ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2A a;0 , A a; 0 , B 0; b , B 0; b− − 
+ Trục lớn : 1 2A A 2a= , nằm trên trục Ox ; trục nhỏ : 1 2B B 2b= , nằm trên trục Oy 
+ Hình chữ nhật tạo bởi các đường thẳng x a,y b= ± = ± gọi là hình chữ nhật cơ sở 
+ Tâm sai : 
c
e 1
a
= < 
+ Bán kính qua tiêu điểm của điểm ( )M MM x ; y thuộc ( )E là: 
 1 M M 2 M M
c c
MF a ex a x , MF a ex a x
a a
= + = + = − = − 
II. Hypebol 
1. Định nghĩa: Cho hai điểm cố định 1 2F , F với ( )1 2F F 2c c 0= > và hằng số 
a c< .Hypebol là tập hợp các điểm M thỏa mãn 1 2MF MF 2a− = . Kí hiệu ( )H . 
Ta gọi : 1 2F , F là tiêu điểm của ( )H . Khoảng cách 1 2F F 2c= là tiêu cự của ( )H . 
2. Phương trình chính tắc của hypebol: 
 Với ( ) ( )1 2F c;0 , F c;0− : ( ) ( )
22
2 2
yx
M x; y H 1
a b
∈ ⇔ − = với 2 2 2b c a= − ( )2 
 Phương trình ( )2 được gọi là phương trình chính tắc của hypebol 
3. Hình dạng và tính chất của (H): 
-Nguyễn Phú Khánh 
 647 
+ Tiêu điểm: Tiêu điểm trái ( )1F c;0− , tiêu điểm phải ( )2F c;0 
+ Các đỉnh : ( ) ( )1 2A a;0 , A a;0− 
+ Trục Ox gọi là trục thực, Trục Oy gọi là trục ảo của hypebol. Khoảng cách 2a 
giữa hai đỉnh gọi là độ dài trục thực, 2b gọi là độ dài trục ảo. 
+ Hypebol gồm hai phần nằm hai bên trục ảo, mỗi phần gọi là nhánh của hypebol 
+ Hình chữ nhật tạo bởi các đường thẳng x a,y b= ± = ± gọi là hình chữ nhật cơ sở. 
Hai đường thẳng chứa hai đường chéo của hình chữ nhật cơ sở gọi là hai đường 
tiệm cận của hypebol và có phương trình là
b
y x
a
= ± 
+ Tâm sai : 
c
e 1
a
= > 
+ ( )M MM x ; y thuộc ( )H thì: 1 M M 2 M M
c c
MF a ex a x , MF a ex a x
a a
= + = + = − = − 
III. Parabol 
1. Định nghĩa: Cho điểm cố định F và đường thẳng cố định ∆ không đi qua F . 
Parabol(P) là tập hợp các điểm M cách đều điểm F và đường thẳng ∆ . Điểm F 
gọi là tiêu điểm của parabol. 
 Đường thẳng ∆ được gọi là đường chuẩn của parabol 
 ( )p d F;= ∆ được gọi là tham số tiêu của parabol. 
2. Phương trình chính tắc của parabol: 
 Với 
p
F ;0
2
 
 
 
 và ( )p: x p 0
2
∆ = − > 
 ( ) ( ) 2M x; y P y 2px∈ ⇔ = ( )3 
 ( )3 được gọi là phương trình chính tắc của parabol 
3. Hình dạng và tính chất của parabol: 
+ Tiêu điểm 
p
F ;0
2
 
 
 
+ Phương trình đường chuẩn: 
p
: x
2
∆ = − 
+ Gốc tọa độ O được gọi là đỉnh của parabol 
+ Ox được gọi là trục đối xứng 
+ ( )M MM x ; y thuộc ( )P thì: ( ) M
p
MF d M; x
2
= ∆ = + 
,Nguyễn Phú Khánh 
 648 
Ví dụ 1 
1. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, hãy viết phương trình chính 
 tắc của elíp ( )E biết rằng ( )E có tâm sai bằng 5
3
 và hình chữ nhật cơ sở của ( )E 
 có chu vi bằng 20 . 
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của elíp ( )E biết nó có 
một đỉnh và 2 tiêu điểm của ( )E tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ 
nhật cơ sở của ( )E là ( )12 2 3+ . 
Lời giải 
 1. Gọi phương trình chính tắc của elíp ( )E là: 
22
2 2
yx
1
a b
+ = , với a b 0> > . 
Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ( )
2 2 2
c 5
a 3 a 3
2 2a 2b 20
b 2
c a b

=
  =
+ = ⇔ 
=
= −

 . 
Phương trình chính tắc của ( )E cần tìm là: 
22 yx
1
9 4
+ = . 
2. Gọi phương trình chính tắc của elíp ( )E là : ( )
22
2 2
yx
1 a b 0
a b
+ = > > 
Do các đỉnh trên trục lớn và 1 2F ,F thẳng hàng nên 1 2F ,F cùng với đỉnh ( )B 0; b trên 
trục nhỏ tạo thành một tam giác đều. 
1 2BF F ∆ đều ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 1 2
1 2
BF F F
c b 4c b 3c 3 a b 3a 4b
BF BF
 =
⇔ ⇔ + = ⇔ = = − ⇔ =
=
Hình chữ nhật cơ sở có chu vi ( ) ( )2 2a 2b 12 2 3+ = + a b 6 3 3⇔ + = + 
Ta có hệ: 
2 23a 4b
a b 6 3 3
 =

+ = +
a 6
b 3 3
 =
⇒ 
=
 ( )
22 yx
E : 1 
36 27
⇒ + = 
Ví dụ 2 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho elip 
22 yx
1
25 4
+ = . Giả sử 
 ( )d : 2x 15y 10 0+ − = cắt elip tại 2 điểm phân biệt A ( )Ax 0> và B . Tìm trên elip 
,Nguyễn Phú Khánh 
 649 
 điểm C sao cho ABC∆ cân tại A . 
Lời giải 
Tọa độ điểm A và B là nghiệm hệ: 
 22
2 2
2x 15y 10 0 10 15y y 0,x 5x
2 6yx y ,x 41 4x 25y 100 525 4
 + − =  −  = ==  ⇔ ⇔   = = −+ =  + = 
 Theo đề bài, ta có: ( )A 5;0 và 6B 4;
5
 
− 
 
. 
 Gọi ( )C CC x ; y là tọa độ cần tìm. 
 Ta có: 
( )
2 2
C C2 2
C C
2
2 2
C C
x y
1x y 25 4 61 x 4, y25 4 53 229AC AB x 5 y
5

 + =
 + = ⇔ ⇒ = − = ± 
  = − + =     
 
 Vậy, 
6
C 4;
5
 
− − 
 
 là tọa độ cần tìm. 
Ví dụ 3 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho điểm ( )C 2;0 và elip 
 ( )
22 yx
E : 1
4 1
+ = . Tìm tọa độ các điểm A,B thuộc ( )E . Biết rằng A,B đối xứng 
 nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. 
Lời giải 
Gọi ( )0 0A x ; y , do A, B đối xứng nhau qua trục hoành nên ( )0 0B x ; y− . 
Suy ra 2 20AB 4y ,= ( )
22 2
0 0AC 2 x y= − + . 
Vì ( ) ( )
2 2 2
20 0 0
0
x y 4 x
A E 1 y 1
4 1 4
−
∈ ⇒ + = ⇔ = 
ABC∆ đều nên ( ) ( )22 20 0 0AB AC 4y x 2 y 2= ⇔ = − + 
Từ ( )1 và ( )2 ta có : 20 0 07x 16x 4 0 x 2− + = ⇔ = hoặc 0
2
x
7
= . 
,Nguyễn Phú Khánh 
 650 
• Với 0 0x 2 y 0 A C= ⇒ = ⇒ ≡ loại. 
• Với 0
2
x
7
= thay vào ( )1 ta được 20 0
48 4 3
y x
49 7
= ⇔ =∓ . 
Vậy, 
2 4 3 2 4 3
A ; ,B ;
7 7 7 7
   −
      
   
 hoặc 
2 4 3 2 4 3
A ; ,B ;
7 7 7 7
   −
      
   
 . 
Ví dụ 4 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hypebol 
22 yx
1
9 6
− = . 
 Tìm điểm M trên hypebol sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận 
 bằng 
24 2
5
. 
Lời giải 
 Phương trình hai tiệm cận là : 1
6
d : y x,
3
= 2
6
d : y x
3
= − . 
 Giả sử ( ) ( )M MM x ; y H∈ suy ra 
2 2
M Mx y 1
9 6
− = 
( )( )M M M M6x 3y 6x 3y 54⇔ − + = ( )1 
 Tổng khoảng cách từ ( )M MM x ; y đến hai đường tiệm cận bằng 
24 2
5
: 
M M M M
M M M M
6 6
x y x y
3 3 24 2 24 30
6x 3y 6x 3y
5 52 2
1 1
3 3
− +
+ = ⇔ − + + =
+ +
 ( )2 . 
 Từ ( )1 và ( )2 suy ra: M M M M
24 30
6x 3y 6x 3y
5
− + + = 
M M
12 330
x y
55
⇔ = ± ⇒ = ± 
 Vậy, có bốn điểm 1
12 330
M ; ,
55
 
  
 
2
12 330
M ; ,
55
 
−  
 
 3
12 330
M ; ,
55
 
−  
 
 và 4
12 330
M ;
55
 
− −  
 
 thỏa mãn yêu cầu bài toán . 
,Nguyễn Phú Khánh 
 651 
Ví dụ 5 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( )
22 yx
E : 1
10 5
+ = và đường thẳng 
 d : x y 2013 0+ + = . Lập phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d và cắt ( )E 
 tại hai điểm M,N sao cho 
4 6
MN
3
= . 
2. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho elíp ( )E : 
22 yx
1
16 9
+ = 
 và điểm ( )I 1; 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua I biết rằng đường thẳng 
 đó cắt elip tại hai điểm A, B mà I là trung điểm của đoạn thẳng AB. 
Lời giải 
1. ( )∆ có phương trình y x b,b= + ∈ . Phương trình giao điểm của ( )∆ và ( )E 
là : 
( )
22
2 2
y x b y x b
yx 3x bx 2b 10 0 11
10 5
 = +  = + 
⇔ 
+ + − =+ =  
( ) ( )2 22 M N M N
4 6 32 32
MN MN y y x x
3 3 3
= ⇔ = ⇔ − + − = ( )2M N
16
x x
3
⇔ − = 
hay ( ) ( )2M N M N
16
x x 4x .x 2
3
+ − = 
Áp dụng định lý Vi - et cho phương trình ( )1 : 
M N
2
M N
4b
x x
3
2b 10
x .x
3

+ = −

− =
 ( )3 
Từ ( )2 và ( )3 suy ra: 
2 24b 2b 10 16
4
3 3 3
  −
− − = 
 
 2b 9 b 3⇔ = ⇒ = − hoặc b 3= . 
Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là y x 3, y x 3= + = − 
2. Cách 1: Đường thẳng ∆ đi qua I nhận ( )u a; b 0≠
 
 làm vectơ chỉ phương có dạng: 
x 1 at
y 2 bt
 = +

= +
Do A, B∈∆ suy ra ( )1 1A 1 at ; 2 bt+ + , ( )2 2B 1 at ; 2 bt+ + . 
,Nguyễn Phú Khánh 
 652 
I là trung điểm của AB khi 
( )
( )
1 2I A B
1 2
I A B 1 2
a t t 02x x x
t t 0
2x x x b t t 0
 + = = + 
⇔ ⇔ + = 
= + + = 
 ( )1 
( )A, B E∈ nên 1 2t , t là nghiệm của phương trình 
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 21 at 2 bt 1 9a 16b t 2 9a 32b t 139 0
16 9
+ +
+ = ⇔ + + + − = 
Theo định lý Viet ta có 1 2t t 0 9a 32b 0+ = ⇔ + = 
Ta có thể chọn b 9= − và a 32= . 
Vậy, đường thẳng d có phương trình : 9x 32y 73 0+ − = . 
Cách 2: Vì I thuộc miền trong của elip ( )E nên lấy tùy ý điểm ( ) ( )A x; y E∈ thì 
đường thẳng IM luôn cắt ( )E tại điểm thứ hai là ( )B x'; y' . 
I là trung điểm điểm AB khi và chỉ khi 
( )I A B
I A B
2x x x x' 2 x
M' 2 x; 4 y
2x x x y' 4 y
 = +  = −
⇔ ⇒ − − 
= + = − 
Vì ( )
( ) ( )
22
2 2
yx
1
16 9
M,M' E
2 x 4 y
1
16 9

+ =

∈ ⇔ 
− −
+ =

16 8y4 4x
0
16 9
−−
⇒ + = hay 9x 32y 73 0+ − = 
( )∗ 
Tọa độ điểm M, I thỏa mãn phương trình ( )∗ nên đường thẳng cần tìm là : 
9x 32y 73 0+ − = . 
Ví dụ 6 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho parabol 2y 8x= . Tìm 
 điểm M nằm trên parabol và một điểm N nằm trên đường thẳng 
 : 4x 3y 5 0∆ − + = sao cho đoạn MN ngắn nhất . 
Lời giải 
 Với mọi điểm ( )M P , N∈ ∈∆ ta luôn có ( )MN d M;≥ ∆ 
 ( )
2m
M P M ; m
8
 
∈ ⇒  
 
 
với m 0≥ , 
,Nguyễn Phú Khánh 
 653 
 khi đó ( ) ( )
2
2
m
4. 3.m 5
8 m 3 1 1
d M;
5 10 10
− +
− +
∆ = = ≥ 
 MN nhỏ nhất khi và chỉ khi 
9
M ; 3
8
 
 
 
 và N là hình chiếu của M lên ∆ 
Đường thẳng đi qua M vuông góc với ∆ nhận ( )u 3; 4

 làm vectơ pháp tuyến, có 
phương trình là ( )93 x 4 y 3 0
8
 
− + − = 
 
 hay 24x 32y 123 0+ − = 
 Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 
209
x4x 3y 5 0 200
24x 32y 123 0 153
y
50

= − + = 
⇔ 
+ − =  =

 Vậy , 
9 209 153
M ; 3 , N ;
8 200 50
   
   
   
 là tọa độ cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Bài tập tự luyện 
Bài tập 1. Viết phương trình chính tắc của elip trong mỗi trường hợp: 
a. Có tâm sai bằng 
5
3
 và hình chữ nhật cơ sở của ( )E có chu vi bằng 20 ; 
b. Đi qua 
3 14 2
M ; ,
4 4
 
−  
 
 tam giác 1 2MF F vuông tại M . 
Bài tập 2. Viết phương trình chính tắc của hypebol trong mỗi trường hợp: 
a. ( )H có hai đường tiệm cận y 2x= ± và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elip; 
b. ( )H đi qua hai điểm ( )M 2; 2 2 và ( )N 1; 3− − . 
Bài tập 3. Viết phương trình chính tắc của hypebol trong mỗi trường hợp: 
a. Đi qua ( )M 2;1− và góc giữa hai đường tiệm cận bằng 060 ; 
b. Khoảng cách giữa các đường chuẩn là 
32
7
 và phương trình 2 đường tiệm cận 
là 3x 4y 0± = . 
Bài tập 4. Viết phương trình chính tắc của parabol trong trường hợp: 
,Nguyễn Phú Khánh 
 654 
a. Khoảng cách từ tiêu điểm F đến đường thẳng : x y 12 0∆ + − = là 2 2 ; 
b. ( )P cắt đường thẳng : 3x y 0∆ − = tại 2 điểm A, B sao cho AB 4 2= . 
Bài tập 5. Trong mặt phẳng Oxy , cho elip: 2 29x 25y 225+ = .Tìm các điểm M trên 
( )E sao cho diện tích tứ giác OHMK lớn nhất với H, K là hình chiếu của điểm 
M lên hai trục tọa độ. 
Bài tập 6. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hypebol ( )H : 
22 yx
1
9 6
− = có tiêu điểm 1F và 2F . Tìm điểm M trên ( )H trong trường hợp sau: 
a. Điểm M nhìn hai tiêu điểm của ( )H dưới một góc vuông; 
b. Khoảng cách hai điểm M và 1F bằng 3; 
c. Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận bằng 
24 2
5
. 
Bài tập 7. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, 
 a. Cho điểm ( )A 2; 3 và elip ( )E có phương trình 
22 yx
1
3 2
+ = . Gọi 1F và 2F là 
các tiêu điểm của ( )E ( 1F có hoành độ âm), M là giao điểm có tung độ dương của 
đường thẳng 1AF với ( )E , N là điểm đối xứng của 2F qua M . Viết phương trình 
đường tròn ngoại tiếp tam giác 2ANF . 
b. Cho elíp ( ) + =
22 yx
E : 1
9 4
 và hai điểm ( )−A 3; 2 , ( )−B 3; 2 . Tìm trên ( )E 
điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn 
nhất. 
Bài tập 8. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hypebol ( )H : 
22 yx
1
7 4
− = và ( ) ( )A 3; 2 , B 0;1 . Tìm các điểm ( )C H∈ sao cho ABC∆ có diện tích 
nhỏ nhất. 
Bài tập 9. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, 
,Nguyễn Phú Khánh 
 655 
a. Cho parabol ( )P : 2y 4x= và điểm ( )I 0;1 .Tìm A, B trên ( )P sao cho: IA 4IB=
 
. 
b. Cho parabol ( )P : =2y x và điểm ( )I 0; 2 . Tìm toạ độ hai điểm M, N thuộc ( )P 
sao cho =IM 4IN
 
. 
Bài tập 10. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường thẳng 
: x y 5 0∆ − + = và hai elip ( )
22
1
yx
E : 1,
25 16
+ = ( ) ( )
22
2 2 2
yx
E : 1 a b 0
a b
+ = > > có cùng 
tiêu điểm. Biết rằng ( )2E đi qua điểm M thuộc ∆ . Lập phương trình ( )2E , biết 
( )2E có độ dài trục lớn nhỏ nhất. 
Bài tập 11. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho parabol ( ) 2P : y x= 
và hai điểm ( )A 9; 3 , ( )B 1; 1− thuộc ( )P . Gọi M là điểm thuộc cung AB của ( )P 
( phần của ( )P bị chắn bởi dây AB ). Xác định tọa độ điểm M nằm trên cung AB 
sao cho tam giác MAB có diện tích lớn nhất. 
Hướng dẫn giải 
Bài tập 1.a. ( )E có tâm sai bằng 5
3
 suy ra 
2 2a b 5
a 3
−
= hay 2 24a 9b= ( )1 
 Hình chữ nhật cơ sở của ( )E có chu vi bằng 20 suy ra ( )4 a b 20+ = ( )2 
 Từ ( )1 và ( )2 suy ra ( )
22 yx
a 3, b 2 E : 1
9 4
= = ⇒ + = 
b. ( ) 2 2
63 1
M E 8
a b
∈ ⇒ + = , tam giác 1 2MF F vuông tại M 1 2F M.F M 0⇒ =
 
 ( )
22
2 2 2 2 2 yxc 8 a b a 9, b 1 E : 1
9 1
⇔ = = − ⇒ = = ⇒ + = 
Bài tập 2. a. Giả sử hypebol ( )H có dạng :
22
2 2
yx
1
m n
− = 
Vì ( )H có hai tiệm cận y 2x= ± nên ta có: n 2 n 2m
m
= ⇒ = . 
Đối với elip ta có: 2 2 2c a b 12 10 2.= − = − = 
Theo giả thiết thì tiêu điểm của Hypebol cũng là của elip nên: 
,Nguyễn Phú Khánh 
 656 
( )22 2 2 2 2 2 2c m n 10 m 2m 5m m 2,n 8= + ⇔ = + = ⇔ = = 
 Phương trình hypebol ( )H là: 
22 yx
1
2 8
− = . 
b. Do ( )H đi qua hai điểm ( )M 2; 2 2 và ( )N 1; 3− − nên ta có hệ: 
( )
2 222 2
2
2 2
2 8
1 2
a yxa b 5 H : 1
21 3 2
1 b 2
5a b

− =  = 
⇔ ⇒ − = 
 − = =
. 
Bài tập 3. a. ( ) ( )M 2;1 H− ∈ nên 2 2
4 1
1
a b
− = ( )∗ 
 Phương trình hai đường tiệm cận là: 
 1
b
: y x
a
∆ = hay bx ay 0− = ; 2
b
: y x
a
∆ = − hay bx ay 0+ = 
 Vì góc giữa hai đường tiệm cận bằng 060 nên 
2 2
0
2 2
b a
cos60
b a
−
=
+
 Hay 
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
b a1
2 b a a b b 3a
2 b a
−
= ⇔ − = + ⇔ =
+
 hoặc 2 2a 3b= . 
+ Với 2 2b 3a= thay vào ( )∗ suy ra hypebol là 
22 yx
1
11 11
3
− = 
+ Với 2 2a 3b= thay vào ( )∗ suy ra hypebol là 
22 yx
1
11
3
− = 
 Vậy, có hai hypebol thỏa mãn : 
22 yx
1
11 11
3
− = và 
22 yx
1
11
3
− = 
Bài tập 4. a. Ta có tọa độ tiêu điểm 
p
F ;0
2
 
 
 
 Khoảng cách từ F đến đường thẳng ∆ bằng 2 2 nên: 
,Nguyễn Phú Khánh 
 657 
 ( )
p
12
2
d F; 2 2
2
−
∆ = = suy ra p 16= hoặc p 32= . 
 Vậy, phương trình của ( )P : 2y 32x= hoặc 2y 64x= 
b. Ta thấy ( )P luôn cắt đường thẳng ∆ tại gốc tạo độ, giả sử B O≡ và 
 ( )A A a; 3a∈∆⇒ . 
Mặt khác: 2 2 2
16 4
AB 4 2 a 9a 4 2 a a
5 5
= ⇒ + = ⇔ = ⇒ = ± 
Nếu ( )
2
24 4 4 18 36a 3. 2p p P : y x
5 5 5 5 5
 
= ⇒ = ⇒ = ⇒ = 
 
 Nếu 
4
a
5
= − (loại). 
Bài tập 5. OHMK M MS x y= . Theo BĐT Cauchy ta có : 
 2 2 2 2M M M M M M M M
15
9x 25y 225 2 9x .25y 30 x y x y
2
+ = ≥ = ⇒ ≤ 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2M M M M
5 3
9x 25y x , y
2 2
= ⇒ = ± = ± 
Bài tập 6. Gọi ( ) ( )
2 2
M M
M M
x y
M x ; y E 1
9 6
∈ ⇒ − = ( )1 
Từ phương trình ( )H có 2 2a 9, b 6= = nên 2 2a 3, b 6 ,c a b 15= = = + = 
 Suy ra ( ) ( )1 2F 15; 0 ,F 15;0− . 
Ta có: ( ) ( )1 M M 2 M MF M x 15; y ,F M x 15; y= + = −
 
a. Điểm M nhìn hai tiêu điểm của ( )H dưới một góc vuông nên 
( )( ) 2 2 21 2 M M M M MF M.F M 0 x 15 x 15 y 0 y 15 x= ⇔ + − + = ⇔ = −
 
 thế vào ( )1 ta 
được 
2 2
M M
M
x 15 x 63
1 x
9 6 5
−
− = ⇔ = ± suy ra M
12
y
5
= ± 
Vậy có bốn điểm thỏa mãn là 
,Nguyễn Phú Khánh 
 658 
1
63 12
M ;
5 5
 
  
 
, 2
63 12
M ;
5 5
 
−  
 
, 3
63 12
M ;
5 5
 
−  
 
 và 4
63 12
M ;
5 5
 
− −  
 
. 
b. Ta có 1 M
c
MF a x
a
= + nên M M M
15 18 210
3 3 x x y
3 515
= + ⇒ = − ⇒ = ± 
Vậy, có 2 điểm: 1
18 210
M ;
515
 
−  
 
 và 2
18 210
M ;
515
 
− −  
 
c. Phương trình hai tiệm cận là : 1 2
6 6
d : y x, d : y x
3 3
= = − . 
Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận bằng 
24 2
5
 suy ra 
M M M M
M M M M
6 6
x y x y
3 3 24 2 24 30
6x 3y 6x 3y
5 52 2
1 1
3 3
− +
+ = ⇔ − + + =
+ +
 ( )2 . 
Mặt khác ( ) ( )( )M M M M1 6x 3y 6x 3y 54⇔ − + = suy ra ( )2 
M M M M M M
24 30 12 330
6x 3y 6x 3y x y
5 55
⇔ − + + = ⇔ = ± ⇒ = ± 
Vậy, có bốn điểm 1
12 330
M ;
55
 
  
 
, 2
12 330
M ;
55
 
−  
 
, 3
12 330
M ;
55
 
−  
 
 và 
4
12 330
M ;
55
 
− −  
 
 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
,Nguyễn Phú Khánh 
 659 
Bài tập 7. 
a. Ta có: ( ) ( )1 2F 1;0 , F 1;0− . 
 Đường thẳng 1
yx 1
AF :
3 3
+
= 
 Từ đó ta tìm được 
2 3
M 1;
3
 
  
 
 2
2 3
AM MF
3
⇒ = = 
 Do N đối xứng với 2F qua M nên 
 ta có 2MN MF= 
 2MA MF MN⇒ = = 
x
y
N
M
A
F
1 O
F
2
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác 2ANF có tâm là điểm M , bán kính 
2 3
R MA
3
= = nên có phương trình : ( )
2
2 2 3 4
x 1 y
3 3
 
− + − =  
 
. 
b. Ta có phương trình đường thẳng + =AB : 2x 3y 0 
Gọi ( )C x; y với > >x 0,y 0 . Khi đó ta có + =
22 yx
1
9 4
 và diện tích tam giác ABC là 
( )= = + = +ABC
y1 85 85 x
S AB.d C,AB 2x 3y 3
2 13 3 42 13
 
 ≤ + =
 
 
22 y85 x 170
3 2 3
13 9 4 13
Dấu bằng xảy ra khi: 
 + = = 
⇔ 
  == 
22 yx 21 x 39 4 2
yx
y 2
3 2
. Vậy 
 
  
 
3 2
C ; 2
2
. 
Bài tập 8. AB : x y 1 0; AB 3 2− + = = , ( ) ( )
2 2
0 0
0 0
x y
C x ; y H 1
7 4
∈ ⇒ − = 
 ( )ABC 0 0
1 3
S AB.d C; AB x y 1
2 2∆
= = − − 
 Đặt 0 0P x y 1= − − , suy ra hệ :
22 yx
1
7 4
P x y 1

 − =

 = − −
 có nghiệm với tham số P . 
,Nguyễn Phú Khánh 
 660 
 Từ đây suy ra P 3 1≥ − hoặc P 3 1≤ − − do đó P 3 1≥ − 
 Vậy 
7 4
C ;
3 3
 
 
 
 thì ABC∆ có diện tích nhỏ nhất. 
Bài tập 9. a. Vì ( )
2 2a b
A, B P A ;a , B ; b
4 4
   
∈ ⇒    
   
   
,
2a
IA ;a 1 ,
4
 
− 
 
 

2b
IB ; b 1
4
 
− 
 
 

( )
2
2 a 1a bIA 4IB 4 1
ba 1 4 b 1 2
  = −
= 
⇒ = ⇔ ⇔ 
= − = − 
 
 hoặc 
a 3
3
b
2
 =


=
. 
b. Vì ( )∈M,N P nên ta có ( ) ( )2 2M m ; m ,N n ; n . 
Suy ra ( ) ( )= − = −2 2IM m ; m 2 ,IN n ; n 2
 
. 
Do đó: 
( )
 =
= ⇔ 
− = −
2 2m 4n
IM 4IN
m 2 4 n 2
 
( )
 = −  =
⇔ ⇔ 
=− = 
2 2
m 4n 2 n 1
m 22n 1 n
hoặc 

=

 = −

1
n
3
2
m
3
. 
Vậy có hai cặp điểm thỏa yêu cầu bài toán là: 
( ) ( )M 4; 2 ,N 1;1 hoặc    −   
   
4 2 1 1
M ; ,N ;
9 3 9 3
. 
Bài tập 10. Vì hai E líp có cùng tiêu điểm nên ta có: 2 2a b 25 16 9− = − = 
Gọi ( )M m; m 5+ ∈∆ , do M thuộc ( )1E nên: 
( )22
2 2
m 5m
1
a b
+
+ = 
( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 4 2 2 2m a 9 m 5 a a a 9 a 2 m 5m 17 a 9m 0⇔ − + + = − ⇔ − + + + =
 ( )( ) ( )2 2 2 2a m 5m 17 m 8m 17 m 2m 17 f m= + + + + + + + = 
• Nếu ( )2m 5m 0 f m 17+ ≥ ⇒ > 
• Với ( )m 5; 0∈ − , ta có: 
,Nguyễn Phú Khánh 
 661 
( )
( )( ) ( )
( )( ) ( )
22 2 2
2 2 2
m 8m 17 m 2m 17 m 5m
f m 17
m 8m 17 m 2m 17 m 5m
+ + + + − +
= +
+ + + + − +
( )
( )( ) ( )
2
2 2 2
5m 17
17 17
m 8m 17 m 2m 17 m 5m
+
= + ≥
+ + + + − +
Đẳng thức xảy ra khi 
17
m
5
= − . Khi đó 2 2a 17,b 8= = . 
Vậy, phương trình ( )
22
2
yx
E : 1
17 8
+ = . 
Bài tập 11. Phương trình AB : x 2y 3 0− − = 
Vì ( ) ( )2M P M t ; t∈ ⇒ từ giả thiết suy ra 1 t 3− < < 
tam giác MAB có diện tích lớn nhất ( )d M,AB⇔ lớn nhất 
Mà ( )
2t 2t 3
d M; AB ,
5
− −
= với ( )t 1; 3∈ − . 
Suy ra ( ) 4maxd M,AB
5
= đạt được khi ( )t 1 M 1;1= ⇒ .