Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4√3x – 4 = 0. Cho điểm A(2√3 ; 0 ). Đường tròn ( C’ ) di động nhưng luôn luôn qua điểm A và tiếp xúc với đường tròn ( C ). Chứng minh các tâm của các đường tròn ( C’ ) luôn luôn nằm trên một hypebol cố định. Viết phương trình hypebol đó.
Câu hỏi
Nhận biếtTrong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4√3x – 4 = 0. Cho điểm A(2√3 ; 0 ). Đường tròn ( C’ ) di động nhưng luôn luôn qua điểm A và tiếp xúc với đường tròn ( C ). Chứng minh các tâm của các đường tròn ( C’ ) luôn luôn nằm trên một hypebol cố định. Viết phương trình hypebol đó.
- 
= 1. 
- 
= 1. 
- 
= 1. 
- 
= 1. Đáp án đúng: C
Lời giải của Luyện Tập 365
Đường tròn (C ): x2 + y2 + 4√3x – 4 = 0
⇔ ( x2 + 4√3x + 12) + y2 -16 = 0.
⇔ ( x+ 2√3)2 + y2 = 16
Do đó đường tròn ( C ) có tâm I(-2√3; 0) và bán kính đường tròn ( C ) là R = 4
Ta gọi I’(x0;y0),R’ là tâm và bán kính đường tròn (C’ )
=>(C’): (x – x0)2 + ( y – y0)2 = R’2
Do A(2√3; 0) ∈(C’)=> (2√3 - x0)2 + ( 0 – y0)2 = (R’)2 ( 1)
Ta có: ( C ) và (C’) tiếp xúc ngoài ⇔ II’2 = ( R + R’)2 ⇔ (x0 + 2√3 )2 + y02 = (4 + R’)2;
⇔ 16 + 8R’ + R’2 = x02 + 4√3x0 + 12 + y02 (2)
Thế R’2 = (2√3 - x0)2 + y02 vaò (2)
=>16 + 8R’ + (2√3 - x0)2 + y02 = x02 + 4√3x0 + 12 + y02
⇔ 16+ 8R’ + 12 - 4√3x0 + x02 = x02 + 4√3x0 + 12
⇔ 8R’ = 8√3x0 - 16 => R’ = √3x0 – 2 (3)
Thế lại (3) vào (1) ta được:
(2√3 - x0)2 + y02 = (√3x0 – 2)2 ⇔12 - 4√3x0 + x02 + y02 = x02 - 4√3x0 + 4
⇔ 2x02 - y02 = 8 ⇔ 
- 
= 1.
Vậy tọa độ (x0;y0) của I’ thỏa mãn (4) là phương trình của hypebol có độ dài trục thực là 4, trục ảo là 4√2 ( a =2; b =2√2), tiêu cự 2c = 4√3.
Đường tròn (C ): x2 + y2 + 4√3x – 4 = 0
⇔ ( x2 + 4√3x + 12) + y2 -16 = 0.
⇔ ( x+ 2√3)2 + y2 = 16
Do đó đường tròn ( C ) có tâm I(-2√3; 0) và bán kính đường tròn ( C ) là R = 4
Ta gọi I’(x0;y0),R’ là tâm và bán kính đường tròn (C’ )
=>(C’): (x – x0)2 + ( y – y0)2 = R’2
Do A(2√3; 0) ∈(C’)=> (2√3 - x0)2 + ( 0 – y0)2 = (R’)2 ( 1)
Ta có: ( C ) và (C’) tiếp xúc ngoài ⇔ II’2 = ( R + R’)2 ⇔ (x0 + 2√3 )2 + y02 = (4 + R’)2;
⇔ 16 + 8R’ + R’2 = x02 + 4√3x0 + 12 + y02 (2)
Thế R’2 = (2√3 - x0)2 + y02 vaò (2)
=>16 + 8R’ + (2√3 - x0)2 + y02 = x02 + 4√3x0 + 12 + y02
⇔ 16+ 8R’ + 12 - 4√3x0 + x02 = x02 + 4√3x0 + 12
⇔ 8R’ = 8√3x0 - 16 => R’ = √3x0 – 2 (3)
Thế lại (3) vào (1) ta được:
(2√3 - x0)2 + y02 = (√3x0 – 2)2 ⇔12 - 4√3x0 + x02 + y02 = x02 - 4√3x0 + 4
⇔ 2x02 - y02 = 8 ⇔ - = 1.
Vậy tọa độ (x0;y0) của I’ thỏa mãn (4) là phương trình của hypebol có độ dài trục thực là 4, trục ảo là 4√2 ( a =2; b =2√2), tiêu cự 2c = 4√3.
Câu hỏi liên quan
-
Cho hàm số y =
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng d : y = 3x+m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. -
Giải phương trình:
-
Tìm hệ số của x8 trong khai triển Niutơn của
, biết rằng n thỏa mãn 
.
= 180. (
, 
lần lượt là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). -
Cho hàm số y =
. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho (HS tự làm). b) Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến các đường thẳng ∆1: 2x + y - 4 = 0 và ∆2: x + 2y - 2 = 0 là nhỏ nhất. -
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi O' là tâm của mặt đáy A'B'C'D', điểm M nằm trên đoạn thẳng BD sao cho BM=
BD. Tính thể tích khối tứ diện ABMO' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, O'D. -
Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên xanh và 7 viên bi vàng. Chọn ra 5 viên bi rừ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà 5 viên bi được chọn không có đủ cả 3 màu?
-
Giải phương trình (1-
).![\sqrt[3]{2-x}](https://luyentap365.com/wp-content/picture/learning/exam/2013/1031/75_220_2.gif)
= x. -
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh bằng a√6. Gọi M là trung điểm của AC và B' là điểm đối xứng với B qua M. Dựng điểm S sao cho SB' =3a và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu của M lên SB. Tính thể tích khối chóp H.ABC và góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
-
Tìm nghiệm trong khoảng(0, π) của phương trình
=
-
Tính tích phân I=
