Đề bài - bài 3.64 trang 168 sbt hình học 10
\(\begin{array}{l}{\left( {{x_0} - 2} \right)^2} - 3y_0^2 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} - 3\left( {1 - \dfrac{{x_0^2}}{4}} \right) = 0\\ \Leftrightarrow x_0^2 - 4{x_0} + 4 - 3 + \dfrac{{3x_0^2}}{4} = 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{7x_0^2}}{4} - 4{x_0} + 1 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{x_0} = \dfrac{2}{7}\end{array} \right.\end{array}\) Đề bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho điểm C(2;0) và elip (E) : \(\dfrac{{{x^2}}}{4} + \dfrac{{{y^2}}}{1} = 1\). Tìm tọa độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. Phương pháp giải - Xem chi tiết - Gọi \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\), lập hệ phương trình ẩn \({x_0},{y_0}\). - Giải hệ phương trình và kết luận. Lời giải chi tiết Giả sử \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\). Do A, B đối xứng nhau qua Ox nên \(B({x_0}; - {y_0})\) Ta có : \(A{B^2} = 4y_0^2\)và \(A{C^2} = {\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + y_0^2.\) Vì \(A \in (E)\)nên \(\dfrac{{x_0^2}}{4} + y_0^2 = 1 \Rightarrow y_0^2 = 1 - \dfrac{{x_0^2}}{4}\,\,\,(1)\) Vì AB = AC nên \({\left( {{x_0} - 2} \right)^2} + y_0^2 = 4y_0^2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\) Thay (1) vào (2) ta được: \(\begin{array}{l} Với \({x_0} = 2\)thay vào (1) ta có \({y_0} = 0.\) Trường hợp này loại vì \(A \equiv C.\) Với \({x_0} = \dfrac{2}{7}\)thay vào (1) ta có \({y_0} = \pm \dfrac{{4\sqrt 3 }}{7}.\) Vậy \(A\left( {\dfrac{2}{7};\dfrac{{4\sqrt 3 }}{7}} \right),B\left( {\dfrac{2}{7}; - \dfrac{{4\sqrt 3 }}{7}} \right)\)hoặc \(A\left( {\dfrac{2}{7}; - \dfrac{{4\sqrt 3 }}{7}} \right),B\left( {\dfrac{2}{7};\dfrac{{4\sqrt 3 }}{7}} \right)\).
|