Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(Ou\perp Ov\) nên giả sử PTĐT Ou và Ov lần lượt là : \(y=kx;y=-\dfrac{1}{k}x\) ( \(k\ne0\) )
Giả sử \(Ou;Ov\cap\left(E\right)\) lần lượt tại M ; N
Xét PTHĐGĐ của Ou và \(\left(E\right)\) là no của pt : \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{k^2x^2}{b^2}=1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2\left(b^2+k^2a^2\right)}{a^2b^2}=1\) \(\Leftrightarrow x_M^2=\dfrac{a^2b^2}{b^2+k^2a^2}\)
Thấy : \(OM^2=x_M^2+y_M^2=x_M^2\left(1+k^2\right)=\dfrac{a^2b^2}{b^2+k^2a^2}\left(k^2+1\right)\)
Suy ra : \(\dfrac{1}{OM^2}=\dfrac{b^2+k^2a^2}{a^2b^2\left(k^2+1\right)}\)
Tương tự , ta có : \(\dfrac{1}{ON^2}=\dfrac{b^2+\dfrac{1}{k^2}a^2}{a^2b^2\left(\dfrac{1}{k^2}+1\right)}=\dfrac{b^2k^2+a^2}{a^2b^2\left(1+k^2\right)}\)
Suy ra : \(\dfrac{1}{OM^2}+\dfrac{1}{ON^2}=\dfrac{\left(a^2+b^2\right)\left(k^2+1\right)}{a^2b^2\left(k^2+1\right)}=\dfrac{a^2+b^2}{a^2b^2}\) ko đổi do a ; b ko đổi
Gọi H là h/c của O lên MN ; ta có : \(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{OM^2}+\dfrac{1}{ON^2}=\dfrac{a^2+b^2}{a^2b^2}\)
\(\Rightarrow OH^2=\dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2}\Rightarrow OH=\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\) ko đổi ( a > b > 0 )
Vì OH \(\perp\) MN nên MN luôn tiếp xúc với \(\left(O;\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)\) cố định ( đpcm )
a) (E) có tiêu điểm \({F_1}\left( { - \sqrt 3 ;0} \right)\) nên \(c = \sqrt 3\).
Phương trình chính tăc của (E) có dạng
\({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\)
Ta có: \(M\left( {1;{{\sqrt 3 } \over 2}} \right) \in (E)\)
\(\Rightarrow {1 \over {{a^2}}} + {3 \over {4{b^2}}} = 1\ (1)\)
Và \({a^2} = {b^2} + {c^2} = {b^2} + 3\)
Thay vào (1) ta được :
\(\eqalign{ & {1 \over {{b^2} + 3}} + {3 \over {4{b^2}}} = 1 \cr & \Leftrightarrow 4{b^2} + 3{b^2} + 9 = 4{b^2}(b + 3) \cr}\)
\(\Leftrightarrow 4{b^4} + 5{b^2} - 9 = 0 \Leftrightarrow {b^2} = 1\)
Suy ra \({a^2} = 4\)
Ta có a = 2 ; b = 1.
Vậy (E) có bốn đỉnh là : (-2 ; 0), (2 ; 0)
(0 ; -1) và (0 ; 1).
b) Phương trình chính tắc của (E) là :
\({{{x^2}} \over 4} + {{{y^2}} \over 1} = 1\)
c) (E) có tiêu điểm thứ hai là điểm \(\left( {\sqrt 3 ;0} \right)\). Đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm\(\left( {\sqrt 3 ;0} \right)\) và vuông góc với Ox có phương trình \(x = \sqrt 3\).
Phương trình tung độ giao điểm của \(\Delta\) và \((E)\) là :
\({3 \over 4} + {{{y^2}} \over 1} = 1 \Leftrightarrow {y^2} = \pm {1 \over 2}\)
Suy ra tọa độ của C và D là :
\(C\left( {\sqrt 3 ; - {1 \over 2}} \right)\) và \(\left( {\sqrt 3 ;{1 \over 2}} \right)\)
Vậy CD = 1.
Đường tròn (C) có tâm \(I\left(1;2\right)\) và có bán kính \(R=2\)
Gọi M(x,y)
Trong (E) có : \(c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{5}\)
Từ đó ta có : \(F_1\left(\sqrt{5};0\right);F_2\left(-\sqrt{5};0\right)\); \(F_1F_2=2\sqrt{5}\)
=> \(\overrightarrow{F_1M}\left(x-\sqrt{5};y\right)\Rightarrow F_1M^2=\left(x-\sqrt{5}\right)^2+y^2\)
tương tự \(F_2M^2=\left(x+\sqrt{5}\right)^2+y^2\)
Do \(\widehat{F_1MF_2}=90^{\text{o}}\) nên tam giác F1MF2 vuông tại M
=> F1M2 + F2M2 = F1F22
<=> \(\left(x-\sqrt{5}\right)^2+y^2+\left(x+\sqrt{5}\right)^2+y^2=20\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2=5\)
Lại có \(M\in\left(E\right)\Rightarrow\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\)
từ đó ta có hệ \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2=5\\\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2=\dfrac{9}{5}\\y^2=\dfrac{16}{5}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\pm\dfrac{3\sqrt{5}}{5}\\y=\pm\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\end{matrix}\right.\)
