GIẢI CHI TIẾT Giải SBT Bài 22 Chương 7 – SBT Toán 10 KNTT
============
Giải bài 7.28 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Cho elip \(\left( E \right)\) có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\). Tìm tiêu điểm và têu cự của elip
Phương pháp giải
Cho Elip \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\) có hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)và có tiêu cự là \(2c\) với \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
Lời giải chi tiết
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 36\\{b^2} = 16\end{array} \right. \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}} = 2\sqrt 5 \)
Vậy \(\left( E \right)\) có hai tiêu điểm là \({F_1}\left( { – 2\sqrt 5 ;0} \right),{F_2}\left( {2\sqrt 5 ;0} \right)\) và có tiêu cự là \(2c = 4\sqrt 5 \)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.29 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Cho hypebol \(\left( H \right)\)có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\). Tìm tiêu điểm và tiêu cự của hypebol
Phương pháp giải
Phương trình Hypebol có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\) có hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)và có tiêu cự là \(2c\) với \(c = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)
Lời giải chi tiết
Trong phương trình chính tắc của \(\left( H \right)\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 16\\{b^2} = 20\end{array} \right. \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}} = 6\)
Vậy \(\left( H \right)\) có hai tiêu điểm là \({F_1}\left( { – 6;0} \right),{F_2}\left( {6;0} \right)\) và có tiêu cự là \(2c = 12\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.30 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \({y^2} = 4x\). Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của parabol
Phương pháp giải
Parabol \(\left( P \right)\) có dạng \({y^2} = 2px\) với \(p > 0\) có tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right)\), phương trình đường chuẩn \(\Delta 😡 = – \frac{p}{2}\)
Lời giải chi tiết
Phương trình chính tắc của \(\left( P \right)\) ta có: \(2p = 4 \Rightarrow p = 2\)
Vậy \(\left( P \right)\) có hai tiêu điểm là \(F\left( {1;0} \right)\) và có đường chuẩn là \(\Delta 😡 = – 1\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.31 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Viết phương trình chính tắc của elip \(\left( E \right)\), biết \(\left( E \right)\) đi qua điểm \(A\left( {6;0} \right)\) và có tiêu cực bằng 8
Phương pháp giải
Phương trình chính tắc của \(\left( E \right)\) có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\)
Lời giải chi tiết
+ Vì \(\left( E \right)\) đi qua điểm \(A\left( {6;0} \right)\) nên ta có \(\frac{{{6^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{0^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow a = 6\)
+ \(\left( E \right)\) có tiêu cự là \(2c = 8\) nên ta có \(c = 4 \Rightarrow {b^2} = {a^2} – {c^2} = {6^2} – {4^2} = 20\)
+ Phương trình chính tắc \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.32 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Viết phương trình chính tắc của hypebol \(\left( H \right)\), biết \(\left( H \right)\) đi qua điểm \(M\left( {3\sqrt 2 ; – 4} \right)\) và có một tiêu điểm \({F_2}\left( {5;0} \right)\)
Phương pháp giải
Phương trình Hypebol có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\) có hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)và có tiêu cự là \(2c\) với \(c = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)
Lời giải chi tiết
+ Phương trình chính tắc của \(\left( H \right)\) có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\)
+ Do \(\left( H \right)\) có 1 tiêu điểm \({F_2}\left( {5;0} \right)\) nên ta có: \(c = 5 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = {c^2} = 25 \Rightarrow {a^2} = 25 – {b^2}\)
+ \(\left( H \right)\) đi qua \(M\left( {3\sqrt 2 ;4} \right)\) nên ta có: \(\frac{{{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{4^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow \frac{{18}}{{{a^2}}} – \frac{{16}}{{{b^2}}} = 1\)
+ Đặt \(t = {b^2} > 0 \Rightarrow {a^2} = 25 – t\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{18}}{{25 – t}} – \frac{{16}}{t} = 1 \Rightarrow 18t – 16\left( {25 – t} \right) = t\left( {25 – t} \right)\\ \Rightarrow {t^2} + 9t – 400 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 16\left( {TM} \right)\\t = – 25\left( L \right)\end{array} \right.\end{array}\)
\( \Rightarrow {b^2} = t = 16,{a^2} = 25 – t = 9\)
Vậy phương trình chính tắc của \(\left( H \right)\) là: \(\frac{{{x^2}}}{9} – \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.33 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Viết phương trình chính tắc của parabol \(\left( P \right)\), biết rằng \(\left( P \right)\) có đường chuẩn là đường thẳng \(\Delta 😡 + 4 = 0\). Tìm tọa độ điểm M thuộc \(\left( P \right)\) sao cho khoảng cách từ M đến tiêu điểm của \(\left( P \right)\) bằng 5
Phương pháp giải
+ Parabol \(\left( P \right)\) có dạng \({y^2} = 2px\) với \(p > 0\) có tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right)\), phương trình đường chuẩn \(\Delta 😡 = – \frac{p}{2}\)
+ Dựa vào khoảng cách từ M đến tiêu điểm của \(\left( P \right)\) bằng 5
Lời giải chi tiết
+ Phương trình chính tắc của \(\left( P \right)\) có dạng \({y^2} = 2px\), trong đó \(p > 0\)
+ \(\left( P \right)\) có đường chuẩn \(\Delta 😡 + 4 = 0 \Rightarrow x = – 4 \Rightarrow – \frac{p}{2} = – 4 \Rightarrow p = 8\)
\( \Rightarrow \) Phương trình chính tắc của \(\left( P \right)\) là \({y^2} = 16x\)
+ Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\). Có \(M \in \left( P \right)\) nên ta có:
\(d\left( {M,\Delta } \right) = MF = 5 = \frac{{\left| {{x^0} + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + 0} }} \Rightarrow \left| {{x^0} + 4} \right| = 5 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} = – 9\end{array} \right.\)
+ \({x_0} = – 9 \Rightarrow y_0^2 = 16\left( { – 9} \right) = – 144\) à Phương trình vô nghiệm
+ \({x_0} = 1 \Rightarrow y_0^2 = 16.1 = 16 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{y_0} = 4\\{y_0} = – 4\end{array} \right.\)
Vậy \(M\left( {1;4} \right)\) hoặc \(M\left( {1; – 4} \right)\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.34 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \({y^2} = 16x\). Gọi \(\Delta \) là đường thẳng bất kì đi qua tiêu điểm F của \(\left( P \right)\) và không trùng với trục hoành. Chứng minh rằng \(\Delta \) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B, đồng thời tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi
Phương pháp giải
+ Parabol \(\left( P \right)\) có dạng \({y^2} = 2px\) với \(p > 0\) có tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right)\), phương trình đường chuẩn \(\Delta 😡 = – \frac{p}{2}\)
+ Khoảng cách từ A và B đến Ox và tính tính của chúng
Lời giải chi tiết
Gọi vecto chỉ phương của \(\Delta \) là \(\overrightarrow {{u_\Delta }} = \left( {a;b} \right)\). Vì \(\Delta \) đi qua điểm \(F\left( {4;0} \right)\) và \(\Delta \) không trùng với trục \(Ox\) nên ta có \(b \ne 0\). Phương trình tham số của \(\Delta \):
\(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + at\\y = 0 + bt = bt\end{array} \right.\)
+ \(\Delta \cap \left( P \right) \Rightarrow {\left( {bt} \right)^2} = 16\left( {4 + at} \right) \Rightarrow {b^2}{t^2} – 16at – 64 = 0\)
+ Phương trình (1) có \(\Delta ‘ = 64{a^2} + 64{b^2} > 0\) (do \(b \ne 0\)) suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Vậy \(\Delta \) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B
+ Gọi \(A\left( {4 + a{t_1};bt{ & _1}} \right),B\left( {4 + a{t_2};b{t_2}} \right)\) trong đó \({t_1},{t_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Ta có: \(d\left( {A,Ox} \right).d\left( {B,Ox} \right) = \frac{{\left| {b{t_1}} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2}} }}.\frac{{\left| {b{t_2}} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2}} }} = \left| {{b^2}{t_1}{t_2}} \right|\)
+ Theo định lí Vi-ét, ta có \({t_1}{t_2} = \frac{{ – 64}}{{{b^2}}} \Rightarrow d\left( {A,Ox} \right).d\left( {B,Ox} \right) = \left| {{b^2}.\frac{{ – 64}}{{{b^2}}}} \right| = 64\)
\( \Rightarrow \) Tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.35 trang 46 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Một người kĩ sư thiết kế một đường hầm một chiều có mặt cắt là một nửa hành elip, chiều rộng của hầm là 12 m, khoảng cách từ điểm cao nhất của elip so với mặt đường là 3m. Người kĩ sư này muốn đưa ra cảnh báo cho các loại xe có thể đi qua hầm. Biết rằng những loại xe tải có chiều cao 2,8 m thì có chiều rộng không quá 3 m. Hỏi chiếc xe tải có chiều cho 2,8 m có thể đi qua hầm được không?
Phương pháp giải
Phương trình Elip có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\) có hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)và có tiêu cự là \(2c\) với \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
Lời giải chi tiết
+ Phương trình chính tắc của \(\left( E \right)\) là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\). Do các điểm \(B\left( {0;3} \right)\) và \(A\left( {6;0} \right)\) thuộc \(\left( E \right)\) nên thay vào phương trình của \(\left( E \right)\) ta có \(b = 3,a = 6\)
\( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\)
+ Với những xe tải có chiều cao 2,8 m, chiều rộng của xe tải là 3 m, tương ứng với \(x = 1,5\). Thay vào phương trình của elip để ta tìm ra độ co của \(y\) của điểm \(M\) (có hoành bộ bằng 1,5 thuộc \(\left( E \right)\)) so với trục \(Ox\):
\({y_M} = 3\sqrt {1 – \frac{{x_M^2}}{{16}}} = 3\sqrt {1 – \frac{{1,{5^2}}}{{16}}} = 2,905 > 2,8\)
\( \Rightarrow \) Ô tô tải có thể đi được qua hầm, tuy nhiên cần khuyến cáo các ô tô phải đi vào chính giữa hầm.
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.36 trang 47 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Cho điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc elip \(\left( E \right)\) có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\)
a) Tính \(M{F_1}^2 – M{F_2}^2\) theo \({x_0};{y_0}\). Từ đó tính \(M{F_1}^2 – M{F_2}^2\) theo \({x_0};{y_0}\)
b) Tìm điểm M sao cho \(M{F_2} = 2M{F_1}\)
c) Tìm M sao cho góc nhìn của M tới hai điểm \({F_1},{F_2}\) (tức là góc \(\widehat {{F_1}M{F_2}}\)) là lớn nhất?
Phương pháp giải
+ Phương trình Elip có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\) có hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)và có tiêu cự là \(2c\) với \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \)
Lời giải chi tiết
+ Trong phương trình chính tắc của \(\left( E \right)\) ta có \(a = \sqrt 2 ,b = 1,c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = 1\) và hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – 1;0} \right),{F_2}\left( {1;0} \right)\)
a) Ta có \(M{F_1}^2 – M{F_2}^2 = {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + {y_0}^2 – \left[ {{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2} + {y_0}^2} \right] = 4{x_0}\)
+ Ta có \(M \in \left( E \right) \Rightarrow M{F_1} + M{F_2} = 2a = 2\sqrt 2 \) (1)
\( \Rightarrow M{F_1} – M{F_2} = \frac{{M{F_1}^2 – M{F_2}^2}}{{M{F_1}^2 + M{F_2}^2}} = \frac{{4{x_0}}}{{2\sqrt 2 }} = \sqrt 2 {x_0}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}M{F_1} = \sqrt 2 + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}\\M{F_2} = \sqrt 2 – \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)
b) Ta có: \(M{F_2} = 2M{F_1} \Rightarrow \sqrt 2 – \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }} = 2\left( {\sqrt 2 + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right) \Rightarrow \frac{{3{x_0}}}{{\sqrt 2 }} = – \sqrt 2 \Rightarrow {x_0} = – \frac{2}{3}\)
= \(M \in \left( E \right) \Rightarrow \frac{{{x_0}^2}}{2} + \frac{{{y_0}^2}}{1} \Rightarrow {y_0}^2 = 1 – \frac{{{x_0}^2}}{2} = 1 – \frac{{{{\left( { – \frac{2}{3}} \right)}^2}}}{2} = \frac{7}{9} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_0} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}\\{y_0} = – \frac{{\sqrt 7 }}{3}\end{array} \right.\)
Vậy \(M\left( { – \frac{2}{3};\frac{{\sqrt 7 }}{3}} \right)\) hoặc \(M\left( { – \frac{2}{3}; – \frac{{\sqrt 7 }}{3}} \right)\)
c) Áp dụng định lý cosin trong tam giác \(M{F_1}{F_2}\):
\(cos\widehat {{F_1}M{F_2}} = \frac{{M{F_1}^2 + M{F_2}^2 – {F_1}^2{F_2}^2}}{{2M{F_1}.M{F_2}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt 2 + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2 – \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} – {2^2}}}{{2\left( {\sqrt 2 + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)\left( {\sqrt 2 – \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}} = \frac{{{x_0}^2}}{{4 – {x_0}^2}}\)
+ Ta cos: \(\frac{{{x_0}^2}}{2} = 1 – {y_0}^2 \le 1 \Rightarrow 0 \le {x_0}^2 \le 2\)
\( \Rightarrow cos\widehat {{F_1}M{F_2}} \ge 0 \Rightarrow \widehat {{F_1}M{F_2}} \le {90^ \circ }\)
Dấu “=” xảy ra khi \({x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} = \pm 1\)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
Giải bài 7.37 trang 47 SBT Toán 10 Kết nối tri thức tập 2 – KNTT
Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo là một đường elip với tâm Trái Đất là một tiêu điểm. Độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ của quỹ đạo lần lượt là 768 800 km và 767 640 km. Tìm khoảng cách lớn nhất và bé nhất từ tâm Trái Đất đến Mặt Trăng.
Phương pháp giải
+ Tìm a, b trong phương trình chính tắc Elip
+ Khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất từ tâm O đến 1 điểm trên elip là \(a + c\) và \(a – c\)
Lời giải chi tiết
+ Vì \(2a = 768800\) và \(2b = 767640\) nên ta có \(a = 384400,b = 383820\)
\( \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = \sqrt {{{384400}^2} – {{383820}^2}} = 21108\)
\( \Rightarrow \) Khoảng cách lớn nhất từ tâm của Trái Đất đến Mặt Trang là \(a + c = 383400 + 21108 = 405508\) (km)
Và khoảng cách nhỏ nhất là: \(a – c = 383400 – 21108 = 363292\) (km)
GIẢI SBT Toán 10 Kết nối tri thức Chương 7 Bài 22
=========
THUỘC: Giải sách bài tập toán 10 – Kết nối
Trả lời