Advertisements (Quảng cáo)
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.
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.
\(N \in (H) \Rightarrow |N{F_1} – N{F_2}| = 2a = 2\).
Advertisements (Quảng cáo)
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 : \((1 ; 0), (-1 ; 0).\)