Giải SBT Bài CUỐI Chương 7 – SBT Toán 10 CÁNH DIỀU

GIẢI CHI TIẾT Giải SBT Bài CUỐI Chương 7 – SBT Toán 10 CÁNH DIỀU
===========

Giải bài 71 trang 97 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Nếu \(A({x_A};{y_A}),B({x_B};{y_B})\) thì \(\overrightarrow {AB}  = ({x_B} – {x_A};{y_B} – {y_A})\)

Lời giải chi tiết

Ta có: A(−2; 1), B(1; −3)  \( \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = (3; – 4)\)    

Chọn C

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 72 trang 97 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Áp dụng kết quả: Nếu G(a; b) là trọng tâm của ∆ABC với \(A({x_A};{y_A}),B({x_B};{y_B}),C({x_C};{y_C})\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\b = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right.\) để tìm tọa độ điểm C

Lời giải chi tiết

Theo giả thiết, O là trọng tâm ∆ABC nên \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{ – 1 + 5 + {x_C}}}{3} = 0\\\frac{{ – 5 + 2 + {y_C}}}{3} = 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} =  – 4\\{y_C} = 3\end{array} \right.\)    

Chọn C

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 73 trang 98 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Áp dụng biểu thức tính độ dài vectơ: nếu \(\overrightarrow m  = (a;b)\) thì \(\left| {\overrightarrow m } \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

Lời giải chi tiết

Ta có: \(\left| {\overrightarrow d } \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( { – \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = 1\)   

Chọn D

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 74 trang 98 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm VTPT của ∆ (là VTPT của d)

Bước 2: Viết PT đường thẳng ∆ đi qua M và có VTPT tìm được ở bước 1

Lời giải chi tiết

d có VTPT là \(\overrightarrow n  = (2; – 1)\)

Do \(\Delta //d\) nên ∆ nhận \(\overrightarrow n  = (2; – 1)\) làm VTPT \( \Rightarrow \Delta \)có PT: 2x – y + 4 = 0   

Chọn B

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 75 trang 98 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm VTCP của 2 đường thẳng ∆₁ và ∆₂

Bước 2: Sử dụng công thức tính cosin góc giữa hai vectơ:

cos \(\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{{x_1}.{x_2} + {y_1}.{y_2}}}{{\sqrt {x_1^2 + y_1^2} .\sqrt {x_2^2 + y_2^2} }}\) với  \(\overrightarrow u ({x_1};{y_1}),\overrightarrow v ({x_2};{y_2})\) để tính góc giữa hai VTCP rồi suy ra góc giữa ∆₁ và ∆₂

Lời giải chi tiết

∆₁ có VTCP là \(\overrightarrow u  = (\sqrt 3 ;3)\) ; ∆₂ có VTCP là \(\overrightarrow v  = ( – \sqrt 3 ; – 1)\)

Ta có: \(\left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = \frac{{\sqrt 3 .\left( { – \sqrt 3 } \right) + 3.( – 1)}}{{\sqrt {{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2} + {3^2}} .\sqrt {{{\left( { – \sqrt 3 } \right)}^2} + {{( – 1)}^2}} }}\)\( =  – \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)\( \Rightarrow \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = {150^0}\)

Vậy góc giữa ∆₁ và ∆₂ bằng 30⁰    

Chọn A

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 76 trang 98 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm \(M({x_M};{y_M})\) đến đường thẳng \(\Delta :ax + by + c = 0\):

\(d(M,\Delta ) = \frac{{\left| {a{x_M} + b{y_M} + c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)

Lời giải chi tiết

Ta có: \(d(M,\Delta ) = \frac{{\left| {4 – 2.( – 2) + 2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {{( – 2)}^2}} }} = 2\sqrt 5 \)    

Chọn B

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 77 trang 98 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

PT đường tròn có dạng \({(x – a)^2} + {(y – b)^2} = c\)

Lời giải chi tiết

Ta thấy PT (x + 3)² + (y + 4)² = 100 là PT đường tròn dạng chính tắc   

Chọn B

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 78 trang 98 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Hypebol trong hệ trục tọa độ Oxy có phương trình chính tắc dạng: \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) (a > 0, b > 0)

Lời giải chi tiết

Xét đáp án D ta có: PT \(\frac{{{x^2}}}{{{{15}^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{{16}^2}}} = 1\) có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với a = \(15\), b = 16 nên là PT hypebol

Chọn D

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 79 trang 98 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Parabol trong hệ trục tọa độ Oxy có phương trình chính tắc dạng: \({y^2} = 2px\) (p > 0) 

Lời giải chi tiết

Xét đáp án A ta có: PT \({y^2} = \frac{x}{{10}}\) có dạng \({y^2} = 2px\) với \(p = \frac{1}{{20}} > 0\) nên là PT hypebol

Chọn A

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 80 trang 99 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm các số a, b, c dựa vào PT elip

Bước 2: Tìm tọa độ 2 tiêu điểm dạng \({F_1}( – c;0)\) và \({F_2}(c;0)\)

Lời giải chi tiết

Theo giả thiết, elip có PT \(\frac{{{x^2}}}{{40}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1\) \( \Rightarrow {a^2} = 40,{b^2} = 36 \Rightarrow {c^2} = {a^2} – {b^2} = 4\)

Vậy elip có 2 tiêu điểm là F₁(-2 ; 0),  F₂ (2 ; 0)   

Chọn A

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 81 trang 99 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

a) Tìm các VTPT của các đường thẳng AB, BC, AC rồi viết PTTQ

b) Tham số hóa tọa độ các điểm G, H, I (nếu cần)

 Bước 1: Tìm tọa độ trọng tâm G theo công thức \(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3}\\{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\end{array} \right.\)

Bước 2: Giải hệ PT: \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right.\) để tìm tọa độ trực tâm H

Bước 3: Giải hệ PT: \(\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\IA = IC\end{array} \right.\) để tìm tọa độ tâm I

Bước 4: Tính khoảng cách từ A đến BC là chiều cao của ∆ABC

Bước 5: Tính độ dài BC rồi tính diện tích ∆ABC

Lời giải chi tiết

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = (6;6),\overrightarrow {BC}  = (0; – 9),\overrightarrow {AC}  = (6; – 3)\)

+ Chọn \(\overrightarrow {{n_1}}  = (1; – 1)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {AB}  = 0\). Khi đó AB đi qua A(-3 ; -1) và nhận \(\overrightarrow {{n_1}}  = (1; – 1)\) nên có PT:

x – y + 2 = 0

+ Chọn \(\overrightarrow {{n_2}}  = (1;0)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {{n_2}} .\overrightarrow {BC}  = 0\). Khi đó BC đi qua B(3 ; 5) và nhận \(\overrightarrow {{n_2}}  = (1;0)\) nên có PT: x – 3 = 0

+ Chọn \(\overrightarrow {{n_3}}  = (1;2)\) thỏa mãn \(\overrightarrow {{n_3}} .\overrightarrow {AC}  = 0\). Khi đó AC đi qua C(3 ; -4) và nhận \(\overrightarrow {{n_3}}  = (1;2)\) nên có PT:

x + 2y + 5 = 0

b) Ta có:

+ G là trọng tâm ∆ABC nên \( \Rightarrow G(1;0)\)

+ Gọi \(H({x_H};{y_H})\) là trực tâm ∆ABC . Ta có: \(\overrightarrow {AH}  = ({x_H} + 3;{y_H} + 1),\overrightarrow {BH}  = ({x_H} – 3;{y_H} – 5)\)

Khi đó\(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\BH \bot AC\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC}  = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} – 9({y_H} + 1) = 0\\6({x_H} – 3) – 3({y_H} – 5)\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_H} + 1 = 0\\2{x_H} – {y_H} – 1 = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_H} = 0\\{y_H} =  – 1\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow H(0; – 1)\)

+ Gọi \(I({x_I};{y_I})\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có: \(\overrightarrow {IA}  = {( – 3 – {x_I}; – 1 – {y_I})^2} \Rightarrow IA = \sqrt {{{({x_I} + 3)}^2} + {{({y_I} + 1)}^2}}  \Rightarrow I{A^2} = {({x_I} + 3)^2} + {({y_I} + 1)^2}\)

          \(\overrightarrow {IB}  = {(3 – {x_I};5 – {y_I})^2} \Rightarrow IB = \sqrt {{{({x_I} – 3)}^2} + {{({y_I} – 5)}^2}}  \Rightarrow I{B^2} = {({x_I} – 3)^2} + {({y_I} – 5)^2}\)

          \(\overrightarrow {IC}  = {(3 – {x_I}; – 4 – {y_I})^2} \Rightarrow IC = \sqrt {{{({x_I} – 3)}^2} + {{({y_I} + 4)}^2}}  \Rightarrow I{C^2} = {({x_I} – 3)^2} + {({y_I} + 4)^2}\)

Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}IA = IB\\IA = IC\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}I{A^2} = I{B^2}\\I{A^2} = I{C^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{({x_I} + 3)^2} + {({y_I} + 1)^2} = {({x_I} – 3)^2} + {({y_I} – 5)^2}\\{({x_I} + 3)^2} + {({y_I} + 1)^2} = {({x_I} – 3)^2} + {({y_I} + 4)^2}\end{array} \right.\)

                         \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}12{x_I} + 12{y_I} = 24\\12{x_I} – 6{y_I} = 15\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} + {y_I} = 2\\4{x_I} – 2{y_I} = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_I} = \frac{3}{2}\\{y_I} = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{2}} \right)\)

Vậy \(G(1;0),H(0; – 1),I\left( {\frac{3}{2};\frac{1}{2}} \right)\)

c) Ta có: \(d(A,BC) = \frac{{\left| { – 3 – 3} \right|}}{1} = 6\)

\(\overrightarrow {BC}  = (0; – 9) \Rightarrow BC = 9\)

Diện tích tam giác ABC là: \(S = \frac{1}{2}AD.BC = \frac{1}{2}.6.9 = 27\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 82 trang 99 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn đường kính là F₁F₂  rồi viết PT đường tròn

Bước 2: Viết PT chính tắc của elip có 2 tiêu điểm F₁(−4 ; 0), F₂(4 ; 0) và MF₁ + MF₂ = 12

Bước 3: Viết PT chính tắc của hypebol có 2 tiêu điểm F₁(−4 ; 0), F₂(4 ; 0) và |MF₁ – MF₂| = 4

Lời giải chi tiết

a) Gọi I là trung điểm của F₁F₂ \( \Rightarrow I(0;0)\)\( \Rightarrow I{F_1} = I{F_2} = 4\)

Đường tròn đường kính F₁F₂ có tâm I(0 ; 0) và bán kính R = 4 có PT: \({x^2} + {y^2} = 16\)

b) Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng toạ độ thoả mãn MF₁ + MF₂ = 12 là đường elip (E)

Ta có: MF₁ + MF₂ = 12 = 2a \( \Rightarrow a = 6\)

         \({F_1}{F_2} = 8 = 2c \Rightarrow c = 4\)

Khi đó \({b^2} = {a^2} – {c^2} = 36 – 16 = 20\)

Vậy elip (E) có PT: \(\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\)

b) Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng toạ độ thoả mãn |MF₁ – MF₂| = 4 là đường hypebol (H)

Ta có: |MF₁ – MF₂| = 4 = 2a \( \Rightarrow a = 2\)

         \({F_1}{F_2} = 8 = 2c \Rightarrow c = 4\)

Khi đó \({b^2} = {c^2} – {a^2} = 16 – 4 = 12\)

Vậy hypebol (H) có PT: \(\frac{{{x^2}}}{4} – \frac{{{y^2}}}{{12}} = 1\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 83 trang 99 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Viết phương trình đường thẳng AB (có VTPT là VTCP của CH)

Bước 2: Giải hệ 2 PT BM và AB để tìm tọa độ điểm B

Bước 3: Tham số hóa điểm M theo PT BM và biểu diễn tọa độ C theo tham số đó

Bước 4: Thay tọa độ tham số của điểm C vào PT CH rồi tìm tọa độ điểm C

Lời giải chi tiết

Gọi BM là đường trung tuyến kẻ từ B \( \Rightarrow BM\) có PT: 5x + y – 9 = 0

Gọi CH là đường cao kẻ từ C \( \Rightarrow CH\) có PT: x + 3y − 5 = 0

CH có VTPT \(\overrightarrow {{n_1}}  = (1;3)\) \( \Rightarrow CH\) có VTCP \(\overrightarrow {{u_1}}  = (3; – 1)\)

Ta có: \(CH \bot AB\) \( \Rightarrow AB\) đi qua A(−1 ; −2) và nhận \(\overrightarrow {{u_1}}  = (3; – 1)\) làm VTPT nên có PT:

3x – y + 1 = 0

Do B là giao điểm của BM và AB nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ PT:

\(\left\{ \begin{array}{l}5x + y – 9 = 0\\3x – y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 4\end{array} \right. \Rightarrow B(1;4)\)

Do \(M \in BM\) nên \(M(t;9 – 5t)\)

Theo giả thiết, M là trung điểm AC \( \Rightarrow C(2t + 1; – 10t + 20)\)

Do \(C \in CH\) nên \(2t + 1 + 3( – 10t + 20) – 5 = 0 \Leftrightarrow  – 28t + 56 = 0 \Leftrightarrow t = 2\) \( \Leftrightarrow C(5;0)\)

Vậy \(B(1;4)\) và \(C(5;0)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7

Giải bài 84 trang 99 SBT Toán 10 Cánh diều tập 2 – CD

Phương pháp giải

Bước 1: Tham số hóa tọa độ điểm M rồi tính độ dài MA, MB

Bước 2: Biến đổi giả thiết MA = 2MB rồi kết luận về tập hợp các điểm M thỏa mãn

Lời giải chi tiết

Gọi M(x ; y)

Ta có: \(\overrightarrow {AM}  = (a – 1;b) \Rightarrow AM = \sqrt {{{(x – 1)}^2} + {y^2}}  \Rightarrow A{M^2} = {(x – 1)^2} + {y^2}\)

\(\overrightarrow {BM}  = (a;b – 3) \Rightarrow BM = \sqrt {{x^2} + {{(y – 3)}^2}}  \Rightarrow B{M^2} = {x^2} + {(y – 3)^2}\)

Theo giả thiết, \(MA = 2MB \Rightarrow M{A^2} = 4M{B^2}\) \( \Leftrightarrow {(x – 1)^2} + {y^2} = 4\left[ {{x^2} + {{(y – 3)}^2}} \right]\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 3{y^2} + 2x – 24y + 35 = 0\)\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + \frac{2}{3}x – 8y + \frac{{35}}{3} = 0\)

\( \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{1}{3}} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} = \frac{{40}}{9}\)

Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn MA = 2MB  là đường tròn có PT: \({\left( {x + \frac{1}{3}} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} = \frac{{40}}{9}\) với tâm là \(I\left( { – \frac{1}{3};4} \right)\) và bán kính \(R = \frac{{2\sqrt {10} }}{3}\). 

 

GIẢI SBT Toán 10 Cánh Diều Bài tập cuối chương 7
=======

THUỘC: Giải sách bài tập toán 10 – Cánh diều