Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhthuhoang1996: 19-03-2012 - 22:09
#1
Đã gửi 19-03-2012 - 22:08
minhthuhoang1996
-
- Thành viên
-
- 14 Bài viết
Binh nhì
Cho elip (E): $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ (a>b>0) có hai tiêu điểm F1, F2. Điểm M di động trên (E). Chứng minh rằng: $b\leq OM\leq a$
#2
Đã gửi 21-03-2012 - 21:28
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 4996 Bài viết
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Lời giải:
Ta có công thức bán kính qua tiêu với $M(x;y)$ như sau:
\[M{F_1} = a - \frac{{cx}}{a};M{F_2} = a + \frac{{cx}}{a}\]
Theo định lý trung tuyến cho $\vartriangle MF_1F_2$, ta có:
\[\begin{array}{l}
4M{O^2} = 2\left( {MF_1^2 + MF_2^2} \right) - {F_1}F_2^2 = 4{a^2} + \frac{{4{c^2}{x^2}}}{{{a^2}}} - 4{c^2} \\
\Rightarrow M{O^2} = {a^2} + {c^2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - 1} \right) = {a^2} + \left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - 1} \right) = \frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2}}}{x^2} + {b^2} \ge {b^2} \\
\Rightarrow MO \ge b \\
M{O^2} \le {a^2} \Leftrightarrow \frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2}}}{x^2} \le {a^2} - {b^2} \Leftrightarrow |x| \le a:True \Rightarrow MO \le a \\
\end{array}\]
Ta có công thức bán kính qua tiêu với $M(x;y)$ như sau:
\[M{F_1} = a - \frac{{cx}}{a};M{F_2} = a + \frac{{cx}}{a}\]
Theo định lý trung tuyến cho $\vartriangle MF_1F_2$, ta có:
\[\begin{array}{l}
4M{O^2} = 2\left( {MF_1^2 + MF_2^2} \right) - {F_1}F_2^2 = 4{a^2} + \frac{{4{c^2}{x^2}}}{{{a^2}}} - 4{c^2} \\
\Rightarrow M{O^2} = {a^2} + {c^2}\left( {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - 1} \right) = {a^2} + \left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - 1} \right) = \frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2}}}{x^2} + {b^2} \ge {b^2} \\
\Rightarrow MO \ge b \\
M{O^2} \le {a^2} \Leftrightarrow \frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2}}}{x^2} \le {a^2} - {b^2} \Leftrightarrow |x| \le a:True \Rightarrow MO \le a \\
\end{array}\]
- Ispectorgadget và moonlight0610 thích
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! 
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#3
Đã gửi 02-04-2012 - 19:46
moonlight0610
-
- Thành viên
-
- 44 Bài viết
Binh nhất
Cách này ngắn hơn tí 
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$. Do a > b > 0 nên ta có:
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$ $\geq \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}$
$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{OM^2}{a^2} \Leftrightarrow OM\leq a$ (OM =a khi y=0)
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$$\leq \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{b^2} \Leftrightarrow 1\leq \frac{OM^2}{b^2}\Leftrightarrow OM\geq b$ (OM = b khi x=0)
Vậy b $\leq OM \leq a$ (đpcm)
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$. Do a > b > 0 nên ta có:
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$ $\geq \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}$
$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{OM^2}{a^2} \Leftrightarrow OM\leq a$ (OM =a khi y=0)
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$$\leq \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{b^2} \Leftrightarrow 1\leq \frac{OM^2}{b^2}\Leftrightarrow OM\geq b$ (OM = b khi x=0)
Vậy b $\leq OM \leq a$ (đpcm)
- perfectstrong yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
