1. Elip

HĐ1 (trang 48)

Đề bài: Đính hai đầu của một sợi dây không đàn hồi vào hai vị trí cố định $F_1, F_2$ trên một mặt bàn (độ dài sợi dây lớn hơn khoảng cách giữa hai điểm $F_1, F_2$). Kéo căng sợi dây tại một điểm $M$ bởi một đầu bút dạ (hoặc phấn). Di chuyển đầu bút dạ để nó vẽ trên mặt bàn một đường khép kín (H.7.18).

a) Đường vừa nhận được có liên hệ với hình ảnh nào ở Hình 7.17?

b) Trong quá trình đầu bút di chuyển để vẽ nên đường nói trên, tổng các khoảng cách từ nó tới các vị trí $F_1, F_2$ có thay đổi không? Vì sao?

Lời giải:

a) Đường nhận được là một đường elip (đường khép kín có dạng “ô van”), liên hệ với Hình 7.17b (mặt bàn bida hình elip).

b) Tổng các khoảng cách từ đầu bút tới $F_1, F_2$ không thay đổi trong quá trình vẽ, vì:

$$MF_1 + MF_2 = \text{độ dài sợi dây} = \text{hằng số.}$$

(Sợi dây không đàn hồi nên độ dài luôn không đổi.)

Câu hỏi (trang 49)

Đề bài: Tại sao trong định nghĩa elip cần điều kiện $a > c$?

Lời giải:

Theo định nghĩa: $MF_1 + MF_2 = 2a$ với mọi $M$ trên elip.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho ba điểm $M, F_1, F_2$: $MF_1 + MF_2 \geq F_1 F_2 = 2c$.

Suy ra $2a \geq 2c$, tức $a \geq c$.

• Nếu $a = c$: $MF_1 + MF_2 = F_1F_2$ chỉ xảy ra khi $M$ nằm trên đoạn thẳng $F_1F_2$. Tập hợp $M$ chỉ là đoạn $F_1F_2$, không phải elip thực sự.
• Để có elip (đường cong khép kín thực sự), cần $a > c$.

Luyện tập 1 (trang 49)

Đề bài: Trên bàn bida hình elip có một lỗ thu bi tại một tiêu điểm (H.7.20). Nếu gậy chơi tác động đủ mạnh vào một bi đặt tại tiêu điểm còn lại của bàn, thì sau khi va vào thành bàn, bi sẽ bật lại và chạy về lỗ thu (bỏ qua các tác động phụ). Hỏi độ dài quãng đường bi lăn từ điểm xuất phát tới lỗ thu có phụ thuộc vào đường đi của bi hay không? Vì sao?

Lời giải:

Bi xuất phát từ tiêu điểm $F_1$, sau khi đập vào thành bàn tại một điểm $M$ (nằm trên elip), bi phản xạ và đi đến lỗ thu tại tiêu điểm $F_2$.

Quãng đường bi đi = $F_1 M + M F_2$.

Vì $M$ thuộc elip có hai tiêu điểm $F_1, F_2$, theo định nghĩa elip:

$$F_1 M + M F_2 = 2a \quad (\text{độ dài trục lớn, hằng số}).$$

Vậy độ dài quãng đường bi lăn luôn bằng $2a$, không phụ thuộc vào điểm $M$ (tức không phụ thuộc đường đi của bi).

HĐ2 (trang 49)

Đề bài: Xét một elip $(E)$ với các kí hiệu như trong định nghĩa. Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$ có gốc $O$ là trung điểm của $F_1 F_2$, tia $Ox$ trùng tia $OF_2$ (H.7.21).

a) Nêu toạ độ của các tiêu điểm $F_1, F_2$.

b) Giải thích vì sao điểm $M(x;;y)$ thuộc elip khi và chỉ khi:

$$\sqrt{(x + c)^2 + y^2} + \sqrt{(x – c)^2 + y^2} = 2a. \quad (1)$$

Lời giải:

a) Vì $O$ là trung điểm $F_1F_2$ và $F_1F_2 = 2c$, hai tiêu điểm cách đều $O$ một khoảng $c$:

• $F_2(c;;0)$ (trên tia $Ox$).
• $F_1(-c;;0)$ (đối xứng $F_2$ qua $O$).

b) Tính các khoảng cách:

$$MF_1 = \sqrt{(x – (-c))^2 + (y – 0)^2} = \sqrt{(x + c)^2 + y^2}.$$

$$MF_2 = \sqrt{(x – c)^2 + (y – 0)^2} = \sqrt{(x – c)^2 + y^2}.$$

Theo định nghĩa elip, $M$ thuộc elip $\Leftrightarrow MF_1 + MF_2 = 2a$, tức:

$$\sqrt{(x + c)^2 + y^2} + \sqrt{(x – c)^2 + y^2} = 2a. ;(\text{đpcm})$$

Luyện tập 2 (trang 50)

Đề bài: Cho elip có phương trình chính tắc $\dfrac{x^2}{100} + \dfrac{y^2}{64} = 1$. Tìm các tiêu điểm và tiêu cự của elip.

Lời giải:

So sánh với dạng $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ ($a > b > 0$):

• $a^2 = 100,; b^2 = 64$.
• $c^2 = a^2 – b^2 = 100 – 64 = 36 ;\Rightarrow; c = 6$.

Tiêu điểm: $F_1(-6;;0)$ và $F_2(6;;0)$.

Tiêu cự: $F_1 F_2 = 2c = 12$.

Vận dụng 1 (trang 50)

Đề bài: Trong bản vẽ thiết kế, vòm của ô thoáng trong Hình 7.22 là nửa nằm phía trên trục hoành của elip có phương trình:

$$\dfrac{x^2}{16} + \dfrac{y^2}{4} = 1.$$

Biết rằng $1$ đơn vị trên mặt phẳng toạ độ của bản vẽ thiết kế ứng với $30$ cm trên thực tế. Tính chiều cao $h$ của ô thoáng tại điểm cách điểm chính giữa của đế ô thoáng $75$ cm.

Lời giải:

Bước 1: Đổi $75$ cm sang đơn vị bản vẽ.

$1$ đơn vị $\leftrightarrow$ $30$ cm thực tế, nên $75$ cm thực tế $\leftrightarrow$ $\dfrac{75}{30} = 2{,}5$ đơn vị.

Vậy ta cần tính $y$ (chiều cao của vòm) khi $x = 2{,}5$.

Bước 2: Tính $y$ từ phương trình elip.

Thay $x = 2{,}5$:

$$\dfrac{(2{,}5)^2}{16} + \dfrac{y^2}{4} = 1 ;\Leftrightarrow; \dfrac{6{,}25}{16} + \dfrac{y^2}{4} = 1 ;\Leftrightarrow; \dfrac{y^2}{4} = \dfrac{9{,}75}{16}.$$

$$y^2 = \dfrac{9{,}75}{4} = 2{,}4375 ;\Rightarrow; y \approx 1{,}5612 \text{ (đơn vị, lấy giá trị dương vì ở phía trên).}$$

Bước 3: Đổi sang chiều cao thực tế.

$$h \approx 1{,}5612 \times 30 \approx 46{,}84 \text{ (cm).}$$

Vậy chiều cao của ô thoáng tại điểm đó khoảng $46{,}84$ cm.

2. Hypebol

HĐ3 (trang 50)

Đề bài: Giả sử thiết bị tại $F_2$ nhận được tín hiệu âm thanh sớm hơn thiết bị tại $F_1$ là $2$ giây và vận tốc âm thanh là $343$ m/s.

a) Tìm mối quan hệ giữa các khoảng cách từ nơi phát ra tín hiệu âm thanh tới $F_1, F_2$.

b) Việc giới hạn khu vực tìm kiếm nơi phát ra tín hiệu âm thanh có liên quan đến bài toán tìm tập hợp những điểm $M$ thoả mãn $MF_1 – MF_2 = 686$ (m) hay không?

Lời giải:

a) Vì $F_2$ nhận tín hiệu sớm hơn $F_1$ là $2$ giây, nên âm thanh từ nơi phát đến $F_1$ phải mất nhiều hơn $2$ giây so với đến $F_2$. Vậy $F_1$ ở xa nơi phát hơn $F_2$, tức $MF_1 > MF_2$.

Chênh lệch khoảng cách:

$$MF_1 – MF_2 = v \cdot \Delta t = 343 \cdot 2 = 686 \text{ (m).}$$

b) Có, việc giới hạn khu vực tìm kiếm chính là bài toán tìm tập hợp các điểm $M$ thoả mãn $MF_1 – MF_2 = 686$ m. Đây là một nhánh của hypebol có hai tiêu điểm $F_1, F_2$ (nhánh chứa điểm $M$ gần $F_2$ hơn).

Câu hỏi (trang 50)

Đề bài: Tại sao trong định nghĩa hypebol cần điều kiện $a < c$?

Lời giải:

Theo định nghĩa: $|MF_1 – MF_2| = 2a$.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho ba điểm $M, F_1, F_2$:

$$|MF_1 – MF_2| \leq F_1F_2 = 2c.$$

Suy ra $2a \leq 2c$, tức $a \leq c$.

• Nếu $a = c$: tập hợp $M$ trở thành các tia đối, không phải hypebol thực sự.
• Để có hypebol (gồm hai nhánh cong), cần $a < c$.

Luyện tập 3 (trang 51)

Đề bài: Cho hình chữ nhật $ABCD$ và $M, N$ tương ứng là trung điểm của các cạnh $AB, CD$ (H.7.25). Chứng minh rằng bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một hypebol có hai tiêu điểm là $M$ và $N$.

Lời giải:

Phân tích: Vì $M, N$ là trung điểm hai cạnh $AB$ và $CD$ của hình chữ nhật nên $MN$ vuông góc với $AB$ và $CD$, đồng thời $MN$ bằng cạnh $AD$ (hoặc $BC$).

Bước 1: Tính các khoảng cách.

Vì $M$ là trung điểm $AB$: $MA = MB = \dfrac{AB}{2}$.

Vì $N$ là trung điểm $CD$: $NC = ND = \dfrac{CD}{2} = \dfrac{AB}{2}$ (cùng độ dài cạnh đối hình chữ nhật).

Xét tam giác vuông $AMN$ (vuông tại $M$, vì $MN \perp AB$):

$$AN = \sqrt{AM^2 + MN^2} = \sqrt{\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2 + AD^2}.$$

Tương tự: $BN, CM, DM$ đều bằng $\sqrt{\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2 + AD^2}$.

Bước 2: Tính $|XM – XN|$ cho từng đỉnh.

• $|AM – AN| = AN – AM = \sqrt{\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2 + AD^2} – \dfrac{AB}{2}$.
• $|BM – BN| = BN – BM = $ giá trị giống nhau (vì $BM = AM,; BN = AN$).
• $|CM – CN| = CM – CN = $ giá trị giống nhau (vì $CM = AN,; CN = AM$).
• $|DM – DN| = DM – DN = $ giá trị giống nhau (tương tự).

Vậy tồn tại một hằng số $2a = \sqrt{\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2 + AD^2} – \dfrac{AB}{2} > 0$ sao cho $|XM – XN| = 2a$ với mọi $X \in {A, B, C, D}$.

Điều kiện $2c = MN = AD$, và dễ kiểm tra $2c > 2a$ (vì $\sqrt{(AB/2)^2 + AD^2} < AD + AB/2$).

Vậy bốn điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc một hypebol có hai tiêu điểm là $M$ và $N$. (đpcm)

HĐ4 (trang 51)

Đề bài: Xét một hypebol $(H)$ với các kí hiệu như trong định nghĩa. Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$ có gốc $O$ là trung điểm của $F_1F_2$, tia $Ox$ trùng tia $OF_2$ (H.7.26). Nêu toạ độ của các tiêu điểm $F_1, F_2$. Giải thích vì sao điểm $M(x;;y)$ thuộc $(H)$ khi và chỉ khi:

$$\left|\sqrt{(x + c)^2 + y^2} – \sqrt{(x – c)^2 + y^2}\right| = 2a. \quad (3)$$

Lời giải:

Tương tự HĐ2:

• $F_2(c;;0)$, $F_1(-c;;0)$.
• $MF_1 = \sqrt{(x + c)^2 + y^2}$, $MF_2 = \sqrt{(x – c)^2 + y^2}$.

Theo định nghĩa hypebol, $M \in (H) \Leftrightarrow |MF_1 – MF_2| = 2a$, tức:

$$\left|\sqrt{(x + c)^2 + y^2} – \sqrt{(x – c)^2 + y^2}\right| = 2a. ;(\text{đpcm})$$

Luyện tập 4 (trang 52)

Đề bài: Cho hypebol $(H): \dfrac{x^2}{144} – \dfrac{y^2}{25} = 1$. Tìm các tiêu điểm và tiêu cự của $(H)$.

Lời giải:

So sánh với $\dfrac{x^2}{a^2} – \dfrac{y^2}{b^2} = 1$:

• $a^2 = 144,; b^2 = 25$.
• $c^2 = a^2 + b^2 = 144 + 25 = 169 ;\Rightarrow; c = 13$.

Tiêu điểm: $F_1(-13;;0)$ và $F_2(13;;0)$.

Tiêu cự: $F_1F_2 = 2c = 26$.

3. Parabol

HĐ5 (trang 52)

Đề bài: Cho parabol $(P): y = \dfrac{1}{4}x^2$. Xét $F(0;;1)$ và đường thẳng $\Delta: y + 1 = 0$. Với điểm $M(x;;y)$ bất kì, chứng minh rằng:

$$MF = d(M,;\Delta) ;\Leftrightarrow; M(x;;y) \text{ thuộc } (P).$$

Lời giải:

Tính:

$$MF = \sqrt{x^2 + (y – 1)^2};\quad d(M,;\Delta) = \dfrac{|y + 1|}{\sqrt{0^2 + 1^2}} = |y + 1|.$$

Xét $MF = d(M, \Delta)$:

$$\sqrt{x^2 + (y – 1)^2} = |y + 1|.$$

Bình phương hai vế:

$$x^2 + (y – 1)^2 = (y + 1)^2 ;\Leftrightarrow; x^2 + y^2 – 2y + 1 = y^2 + 2y + 1 ;\Leftrightarrow; x^2 = 4y ;\Leftrightarrow; y = \dfrac{1}{4}x^2.$$

Đây chính là phương trình của $(P)$, vậy $MF = d(M, \Delta) \Leftrightarrow M \in (P)$. (đpcm)

Như vậy, parabol $(P)$ là tập hợp những điểm cách đều điểm $F(0;;1)$ và đường thẳng $\Delta: y + 1 = 0$.

HĐ6 (trang 52)

Đề bài: Xét $(P)$ là một parabol với tiêu điểm $F$ và đường chuẩn $\Delta$. Gọi $p$ là tham số tiêu của $(P)$ và $H$ là hình chiếu vuông góc của $F$ trên $\Delta$. Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$ có gốc $O$ là trung điểm của $HF$, tia $Ox$ trùng tia $OF$ (H.7.27).

a) Nêu toạ độ của $F$ và phương trình của $\Delta$.

b) Giải thích vì sao điểm $M(x;;y)$ thuộc $(P)$ khi và chỉ khi:

$$\sqrt{\left(x – \dfrac{p}{2}\right)^2 + y^2} = \left|x + \dfrac{p}{2}\right|.$$

Lời giải:

a) Vì $HF = p$ và $O$ là trung điểm $HF$, ta có $OH = OF = \dfrac{p}{2}$.

• $F\left(\dfrac{p}{2};;0\right)$ (trên tia $Ox$).
• $H\left(-\dfrac{p}{2};;0\right)$ (đối xứng $F$ qua $O$).
• $\Delta$ vuông góc với $OF$ tại $H$, nên $\Delta$ là đường thẳng đứng đi qua $H$:

$$\Delta: x = -\dfrac{p}{2} \quad \text{hay} \quad x + \dfrac{p}{2} = 0.$$

b) Tính:

$$MF = \sqrt{\left(x – \dfrac{p}{2}\right)^2 + y^2}; \quad d(M,;\Delta) = \left|x + \dfrac{p}{2}\right|.$$

Theo định nghĩa parabol, $M \in (P) \Leftrightarrow MF = d(M, \Delta)$, tức:

$$\sqrt{\left(x – \dfrac{p}{2}\right)^2 + y^2} = \left|x + \dfrac{p}{2}\right|. ;(\text{đpcm})$$

Vận dụng 2 (trang 53)

Đề bài: Tại một vùng biển giữa đất liền và một đảo, người ta phân định một đường ranh giới cách đều đất liền và đảo (H.7.28). Coi bờ biển vùng đất liền đó là một đường thẳng và đảo là hình tròn. Hỏi đường ranh giới nói trên có hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Gọi:

• $\Delta$ là bờ biển (đường thẳng).
• $O$ và $R$ lần lượt là tâm và bán kính của đảo (hình tròn).
• $M$ là một điểm trên đường ranh giới.

Theo gợi ý của SGK: khoảng cách từ một vị trí trên biển đến đảo $= $ khoảng cách từ vị trí đó đến tâm đảo trừ bán kính đảo. Vậy:

$$d(M, \text{đảo}) = MO – R.$$

Điều kiện $M$ cách đều đất liền và đảo:

$$d(M,;\Delta) = MO – R ;\Leftrightarrow; d(M,;\Delta) + R = MO. \quad (*)$$

Gọi $\Delta’$ là đường thẳng song song với $\Delta$, cách $\Delta$ một khoảng $R$ về phía đối diện đảo (tức bờ biển lùi vào đất liền thêm $R$). Khi đó với mọi $M$ ở phía đảo so với $\Delta$:

$$d(M,;\Delta’) = d(M,;\Delta) + R.$$

Thay vào $(*)$: $d(M, \Delta’) = MO$.

Vậy $M$ cách đều điểm $O$ (tâm đảo) và đường thẳng $\Delta’$.

Kết luận: Đường ranh giới là một parabol có tiêu điểm $O$ và đường chuẩn $\Delta’$.

4. Vận dụng (sau mục Ứng dụng)

Vận dụng 3 (trang 56)

Đề bài: Gương elip trong một máy tán sỏi thận (H.7.33) ứng với elip có phương trình chính tắc $\dfrac{x^2}{400} + \dfrac{y^2}{76} = 1$ (theo đơn vị cm). Tính khoảng cách từ vị trí đầu phát sóng của máy đến vị trí của sỏi thận cần tán.

Lời giải:

Theo nguyên lý: gương elip phản xạ tia sóng phát ra từ một tiêu điểm sẽ hội tụ về tiêu điểm còn lại. Vậy đầu phát sóng đặt tại một tiêu điểm $F_1$, sỏi thận đặt tại tiêu điểm còn lại $F_2$.

Khoảng cách giữa hai tiêu điểm:

• $a^2 = 400,; b^2 = 76$.
• $c^2 = a^2 – b^2 = 400 – 76 = 324 ;\Rightarrow; c = 18$.

Tiêu cự $F_1F_2 = 2c = 36$ (cm).

Vậy khoảng cách từ đầu phát sóng đến sỏi thận là $36$ cm.

Bài tập (trang 56)

Bài 7.19 (trang 56)

Đề bài: Cho elip có phương trình $\dfrac{x^2}{36} + \dfrac{y^2}{9} = 1$. Tìm tiêu điểm và tiêu cự của elip.

Lời giải:

• $a^2 = 36,; b^2 = 9$.
• $c^2 = a^2 – b^2 = 27 ;\Rightarrow; c = 3\sqrt{3}$.

Tiêu điểm: $F_1(-3\sqrt{3};;0)$ và $F_2(3\sqrt{3};;0)$.

Tiêu cự: $2c = 6\sqrt{3}$.

Bài 7.20 (trang 56)

Đề bài: Cho hypebol có phương trình $\dfrac{x^2}{7} – \dfrac{y^2}{9} = 1$. Tìm tiêu điểm và tiêu cự của hypebol.

Lời giải:

• $a^2 = 7,; b^2 = 9$.
• $c^2 = a^2 + b^2 = 16 ;\Rightarrow; c = 4$.

Tiêu điểm: $F_1(-4;;0)$ và $F_2(4;;0)$.

Tiêu cự: $2c = 8$.

Bài 7.21 (trang 56)

Đề bài: Cho parabol có phương trình $y^2 = 8x$. Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của parabol.

Lời giải:

So sánh với dạng $y^2 = 2px$: $2p = 8 ;\Rightarrow; p = 4$.

Tiêu điểm: $F\left(\dfrac{p}{2};;0\right) = F(2;;0)$.

Đường chuẩn: $\Delta: x = -\dfrac{p}{2} = -2$, hay $x + 2 = 0$.

Bài 7.22 (trang 56)

Đề bài: Lập phương trình chính tắc của elip đi qua điểm $A(5;;0)$ và có một tiêu điểm là $F_2(3;;0)$.

Lời giải:

Gọi phương trình chính tắc: $\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ với $a > b > 0$.

$A(5;;0)$ thuộc elip:

$$\dfrac{25}{a^2} + 0 = 1 ;\Rightarrow; a^2 = 25,; a = 5.$$

$F_2(3;;0)$ là tiêu điểm: $c = 3$.

Tính $b^2$:

$$b^2 = a^2 – c^2 = 25 – 9 = 16.$$

Phương trình elip:

$$\dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{16} = 1.$$

Bài 7.23 (trang 56)

Đề bài: Lập phương trình chính tắc của parabol đi qua điểm $M(2;;4)$.

Lời giải:

Gọi phương trình chính tắc: $y^2 = 2px$ ($p > 0$).

$M(2;;4)$ thuộc parabol:

$$4^2 = 2p \cdot 2 ;\Leftrightarrow; 16 = 4p ;\Leftrightarrow; p = 4.$$

Phương trình parabol:

$$y^2 = 8x.$$

Bài 7.24 (trang 56)

Đề bài: Có hai trạm phát tín hiệu vô tuyến đặt tại hai vị trí $A, B$ cách nhau $300$ km. Tại cùng một thời điểm, hai trạm cùng phát tín hiệu với vận tốc $292\,000$ km/s để một tàu thuỷ thu và đo độ lệch thời gian. Tín hiệu từ $A$ đến sớm hơn tín hiệu từ $B$ là $0{,}0005$ s. Từ thông tin trên, ta có thể xác định được tàu thuỷ thuộc đường hypebol nào? Viết phương trình chính tắc của hypebol đó theo đơn vị kilômét.

Lời giải:

Gọi $M$ là vị trí tàu thuỷ.

Bước 1: Tính chênh lệch khoảng cách.

Tín hiệu từ $A$ đến sớm hơn từ $B$ là $0{,}0005$ s, nên tàu gần $A$ hơn $B$:

$$MB – MA = v \cdot \Delta t = 292\,000 \cdot 0{,}0005 = 146 \text{ (km).}$$

Tức $|MA – MB| = 146$ km, $M$ nằm trên hypebol có hai tiêu điểm $A, B$.

Bước 2: Xác định các tham số.

• $2a = 146 ;\Rightarrow; a = 73,; a^2 = 5329$.
• $2c = AB = 300 ;\Rightarrow; c = 150,; c^2 = 22\,500$.
• $b^2 = c^2 – a^2 = 22\,500 – 5\,329 = 17\,171$.

Bước 3: Phương trình.

Chọn hệ trục $Oxy$ với $O$ là trung điểm $AB$, tia $Ox$ chứa $B$ (hoặc $A$). Phương trình chính tắc của hypebol:

$$\dfrac{x^2}{5\,329} – \dfrac{y^2}{17\,171} = 1.$$

(Tàu thuộc nhánh hypebol gần $A$.)

Bài 7.25 (trang 56)

Đề bài: Khúc cua của một con đường có dạng hình parabol, điểm đầu vào khúc cua là $A$, điểm cuối là $B$, khoảng cách $AB = 400$ m. Đỉnh parabol $(P)$ của khúc cua cách đường thẳng $AB$ một khoảng $20$ m và cách đều $A, B$ (H.7.34).

a) Lập phương trình chính tắc của $(P)$, với $1$ đơn vị đo trong mặt phẳng toạ độ tương ứng $1$ m trên thực tế.

b) Lập phương trình chính tắc của $(P)$, với $1$ đơn vị đo trong mặt phẳng toạ độ tương ứng $1$ km trên thực tế.

Lời giải:

Phân tích: Đặt hệ trục $Oxy$ có gốc $O$ trùng đỉnh $P$ của parabol. Trục $Ox$ là trục đối xứng (vuông góc với $AB$ vì $P$ cách đều $A, B$). Trục $Oy$ song song với $AB$.

• Khoảng cách từ $P$ đến trung điểm $AB$ là $20$ m, nên trung điểm $AB$ có toạ độ $(20;;0)$ trên hệ trục.
• Vì $AB = 400$ m, $A$ và $B$ cách trung điểm $200$ m mỗi phía. Toạ độ:
  • $A(20;;-200)$ và $B(20;;200)$ (theo đơn vị mét).

Phương trình chính tắc $(P): y^2 = 2px$ ($p > 0$, parabol mở về bên phải).

a) Đơn vị: $1$ đơn vị $\leftrightarrow$ $1$ m:

$(P)$ đi qua $B(20;;200)$:

$$200^2 = 2p \cdot 20 ;\Leftrightarrow; 40\,000 = 40p ;\Leftrightarrow; p = 1\,000.$$

Phương trình: $y^2 = 2\,000x$.

b) Đơn vị: $1$ đơn vị $\leftrightarrow$ $1$ km:

Đổi toạ độ sang km: $A(0{,}02;;-0{,}2),; B(0{,}02;;0{,}2)$.

$(P)$ đi qua $B(0{,}02;;0{,}2)$:

$$(0{,}2)^2 = 2p \cdot 0{,}02 ;\Leftrightarrow; 0{,}04 = 0{,}04p ;\Leftrightarrow; p = 1.$$

Phương trình: $y^2 = 2x$.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh