K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

31 tháng 5 2017

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: \(M\left( {1;{{\sqrt 3 } \over 2}} \right) \in (E)\)

\(\Rightarrow {1 \over {{a^2}}} + {3 \over {4{b^2}}} = 1\ (1)\)

\({a^2} = {b^2} + {c^2} = {b^2} + 3\)

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 \(\Delta\)\((E)\) 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 :

\(C\left( {\sqrt 3 ; - {1 \over 2}} \right)\)\(\left( {\sqrt 3 ;{1 \over 2}} \right)\)

Vậy CD = 1.

8 tháng 2 2019

a) (E): Giải bài 9 trang 99 SGK hình học 10 | Giải toán lớp 10 có a = 10; b = 6 ⇒ c2 = a2 – b2 = 64 ⇒ c = 8.

+ Tọa độ các đỉnh của elip là: A1(-10; 0); A2(10; 0); B1(0; -6); B2(0; 6)

+ Tọa độ hai tiêu điểm của elip: F1(-8; 0) và F2(8; 0)

+ Vẽ elip:

Giải bài 9 trang 99 SGK hình học 10 | Giải toán lớp 10

b) Ta có: M ∈ (E) ⇒ MF1 + MF2 = 2a = 20 (1)

MN // Oy ⇒ MN ⊥ F1F2 ⇒ MF12 – MF22 = F1F22 = (2c)2 = 162

⇒ (MF1 + MF2).(MF1 – MF2) = 162

⇒ MF1 – MF2 = 12,8 (Vì MF1 + MF2 = 20) (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

Giải bài 9 trang 99 SGK hình học 10 | Giải toán lớp 10

Vậy MN = 2.MF2 = 7,2.

20 tháng 5 2017

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

9 tháng 4 2017

a, Phương trình chính tắc của (E) có dạng

\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\) với 0<b<a

Ta có A(0;2) \(\in\left(E\right)\)<=>b=2

(E) có tiêu điểm F1\(\left(-\sqrt{5};0\right)\) => c=\(\sqrt{5}\)

Ta có \(a^2=b^2+c^2=4+5=9\)=>a=3

==> (E) \(\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{4}=1\)

b, 2a = 6; 2b = 4; 2c = \(2\sqrt{5}\)=>\(\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\)

c, S=4ab=24

HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
30 tháng 9 2023

Từ phương trình chính tắc của (E) ta có: \(a = 7,b = 5 \Rightarrow c = 2\sqrt 6 {\rm{ }}(do{\rm{ }}{{\rm{c}}^2} + {b^2} = {a^2})\)

Vậy ta có tọa độ các giao điểm của (E) với trục Ox, Oy là: \({A_1}\left( { - 7;{\rm{ }}0} \right)\)\({A_2}\left( {7;{\rm{ }}0} \right)\)\({B_1}\left( {0; - {\rm{ 5}}} \right)\)\({B_2}\left( {0;{\rm{ 5}}} \right)\)

Hai tiêu điểm của (E) có tọa độ là: \({F_1}\left( { - 2\sqrt 6 ;0} \right),{F_2}\left( {2\sqrt 6 ;0} \right)\)

21 tháng 4 2017

phương trình (E) có dạng:

\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)

Vì (E) đi qua điểm M nên

\(\dfrac{\dfrac{9}{5}}{a^2}+\dfrac{\dfrac{16}{5}}{b^2}=1\)

\(\dfrac{9}{a^2}+\dfrac{16}{b^2}=5\)(1)

Do tam giác \(MF_1F_2\)vuông tại M

Nên M thuộc đường tròn \(x^2+y^2=c^2\)

\(\dfrac{9}{5}+\dfrac{16}{5}=c^2\)

\(5=c^2\)

\(a^2-b^2=5\)

\(a^2=5+b^2\)

Thế vào pt(1)

\(9b^2+16a^2=5a^2b^2\)

\(9b^2+16\left(5+b^2\right)=5b^2\left(5+b^2\right)\)

\(5b^4-80=0\)

\(b^2=\pm4\)

\(\Rightarrow b^2=4\Rightarrow a^2=9\)

\(\left(E\right):\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}=1\)

\(\Rightarrow c=\sqrt{5};e=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)

20 tháng 5 2017

Ôn tập cuối năm môn Hình học

20 tháng 5 2017

Ôn tập cuối năm môn Hình học

Ôn tập cuối năm môn Hình học

HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
30 tháng 9 2023

Do (E) giao với Ox tại \({A_1}\left( { - 5;0} \right)\) nên ta có: \(a = 5\)

Do (E) giao với Oy tại \({B_2}\left( {0;\sqrt {10} } \right)\) nên ta có: \(b = \sqrt {10} \)

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{10}} = 1\)