Giải bài tập Cuối chương 9 (Chân trời)

 

Vậy hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) vuông góc tại điểm có tọa độ \(\left( {\frac{5}{2};\frac{7}{2}} \right)\)

Giải bài 4 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

Bán kính của đường tròn là:

\(R = d\left( {M,d} \right) = \frac{{\left| {14.( – 2) – 5.3 + 60} \right|}}{{\sqrt {{{14}^2} + {{\left( { – 5} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt {221} }}{{13}}\)

Vậy bán kính cần tìm là \(\frac{{\sqrt {221} }}{{13}}\)

Giải bài 5 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

Ta có \(\frac{6}{3} = \frac{8}{4} \ne \frac{{ – 13}}{{ – 27}}\) nên hai đường thẳng này song song với nhau.

Chọn điểm \(A(9;0) \in \Delta ‘\) ta có:

\(d\left( {\Delta ,\Delta ‘} \right) = d\left( {A,\Delta } \right) = \frac{{\left| {6.9 + 8.0 – 13} \right|}}{{\sqrt {{6^2} + {8^2}} }} = \frac{{41}}{{10}}\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng đã cho là \(\frac{{41}}{{10}}\)

Giải bài 6 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Phương trình đường tròn \({\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 7} \right)^2} = 64\) có dạng \({\left( {x – a} \right)^2} + {\left( {y – b} \right)^2} = {R^2}\) nên đường tròn có tâm là \(I(2;7)\) và bán kinh \(R = \sqrt {64}  = 8\)

b) Phương trình đường tròn \({\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 8\) có dạng \({\left( {x – a} \right)^2} + {\left( {y – b} \right)^2} = {R^2}\) nên đường tròn có tâm là \(I( – 3; – 2)\) và bán kinh \(R = \sqrt 8  = 2\sqrt 2 \)

c) Phương trình đường tròn \({x^2} + {y^2} – 4x – 6y – 12 = 0\) có dạng \({x^2} + {y^2} – 2ax – 2by + c = 0\) nên đường tròn có tâm là \(I(2;3)\) và bán kinh \(R = \sqrt {{2^2} + {3^2} + 12}  = 5\)

Giải bài 7 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Ta có phương trình đường tròn là \(({C_1}):{\left( {x + 2} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} = 81\)

b) Ta có: \(\overrightarrow {IA}  = (3;3) \Rightarrow IA = 3\sqrt 2  = R\)

Suy ra phương trình đường tròn là; \({C_2}:{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 18\)

c) Vì tâm đường tròn nằm trên đường thẳng \(4x + y – 16 = 0\) nên có tọa độ \(I\left( {a;16 – 4a} \right)\)

Ta có: \(IA = \sqrt {{{\left( {a – 4} \right)}^2} + {{\left( {16 – 4a – 1} \right)}^2}} ,IB = \sqrt {{{\left( {a – 6} \right)}^2} + {{\left( {16 – 4a – 5} \right)}^2}} \)

A, B thuộc đường tròn nên \(IA = IB \Rightarrow \sqrt {{{\left( {a – 4} \right)}^2} + {{\left( {16 – 4a – 1} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {a – 6} \right)}^2} + {{\left( {16 – 4a – 5} \right)}^2}} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {a – 4} \right)^2} + {\left( {16 – 4a – 1} \right)^2} = {\left( {a – 6} \right)^2} + {\left( {16 – 4a – 5} \right)^2}\\ \Rightarrow {\left( {a – 4} \right)^2} + {\left( {15 – 4a} \right)^2} = {\left( {a – 6} \right)^2} + {\left( {11 – 4a} \right)^2}\\ \Rightarrow  – 28a =  – 84 \Rightarrow a = 3\end{array}\)

Suy ra tâm đường tròn là \(I(3;4)\), bán kính \(R = IA = \sqrt {10} \)

Phương trình đường tròn trên là \(({C_3}):{\left( {x – 3} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} = 10\)

d) Giả sử phương trình đường tròn có dạng \({x^2} + {y^2} – 2mx – 2ny + p = 0\) (với tâm \(I(m;n),R = \sqrt {{m^2} + {n^2} – p} \))

Đường tròn đi qua gốc tọa độ và cắt 2 trục tọa độ tại các điểm có hoành độ a và tung độ là b nên ta có hệ phương trình:

Ta có điều kiện \(a,b \ne 0\), vì khi bằng 0 thì trùng với gốc tọa độ 

\(\left\{ \begin{array}{l}{0^2} + {0^2} – 2m.0 – 2n.0 + p = 0\\{a^2} + {0^2} – 2ma – 2n.0 + p = 0\\{0^2} + {b^2} – 2m.0 – 2nb + p = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}p = 0\\{a^2} – 2ma = 0\\{b^2} – 2nb = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}p = 0\\m = \frac{a}{2}\\n = \frac{b}{2}\end{array} \right.\)

Vậy phương trình chính tắc của đường tròn trên là \({x^2} + {y^2} – ax – by = 0\)

Giải bài 8 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

Ta có tâm của đường tròn \(I(5;3)\)

Tiếp tuyến nhận vectơ \(\overrightarrow {IM} \) làm vectơ pháp tuyến nên ta có: \(\overrightarrow n  = \overrightarrow {IM}  = \left( {6;8} \right)\)

Điểm M nằm trên tiếp tuyến nên ta có phương trình:

\(6\left( {x – 11} \right) + 8\left( {y – 11} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y – 77 = 0\)

Vậy phương trình tiếp tuyến của đường tròn \((C):{\left( {x – 5} \right)^2} + {\left( {y – 3} \right)^2} = 100\) tại điểm \(M(11;11)\) là \(3x + 4y – 77 = 0\)

Giải bài 9 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\) đã có dạng phương trình chính tắc \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) nên ta có: \(a = 10,b = 4 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}}  = \sqrt {{{10}^2} – {4^2}}  = 2\sqrt {21} \)

Suy ra ta có:

Tọa độ các tiêu điểm: \({F_1}\left( { – 2\sqrt {21} ;0} \right),{F_2}\left( {2\sqrt {21} ;0} \right)\)

Tọa độ các đỉnh: \(A(0;4),B(10;0),C(0; – 4),D( – 10;0)\)

Độ dài trục lớn 20

Độ dài trục nhỏ 8

b) Phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\) đã có dạng phương trình chính tắc \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) nên ta có: \(a = 5,b = 4 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}}  = \sqrt {{5^2} – {4^2}}  = 3\)

Suy ra ta có:

Tọa độ các tiêu điểm: \({F_1}\left( { – 3;0} \right),{F_2}\left( {3;0} \right)\)

Tọa độ các đỉnh: \(A(0;4),B(5;0),C(0; – 4),D( – 5;0)\)

Độ dài trục lớn 10

Độ dài trục nhỏ 8

c) \({x^2} + 16{y^2} = 16 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\)

Vậy ta có phương trình chính tắc của elip đã cho là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\)

Suy ra \(a = 4,b = 1 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}}  = \sqrt {{4^2} – {1^2}}  = \sqrt {15} \)

Từ đó ta có:

Tọa độ các tiêu điểm: \({F_1}\left( { – \sqrt {15} ;0} \right),{F_2}\left( {\sqrt {15} ;0} \right)\)

Tọa độ các đỉnh: \(A(0;1),B(4;0),C(0; – 1),D( – 4;0)\)

Độ dài trục lớn 8

Độ dài trục nhỏ 2

Giải bài 10 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Từ giả thiết ta có \(a = 5,b = 4\)

Suy ra phương trình chính tắc của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\)

b) Ta có: \(a = 5,c = 3 \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} – {c^2}}  = \sqrt {{5^2} – {3^2}}  = 4\)

Suy ra phương trình chính tắc của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\)

c) Từ giả thiết ta có: \(2a = 16,2b = 12 \Rightarrow a = 8,b = 6\)

Suy ra phương trình chính tắc của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{64}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1\)

d) Từ giả thiết ta có: \(2a = 20,2c = 12 \Rightarrow a = 10,c = 6 \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} – {c^2}}  = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}}  = 8\)

Suy ra phương trình chính tắc của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\)

Giải bài 11 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{9} = 1\) đã có dạng phương trình chính tắc \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) nên ta có: \(a = 4,b = 3 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\)

Suy ra ta có:

Tọa độ các tiêu điểm: \({F_1}\left( { – 5;0} \right),{F_2}\left( {5;0} \right)\)

Tọa độ các đỉnh: \(A(0;3),B(4;0),C(0; – 3),D( – 4;0)\)

Độ dài trục thực 8

Độ dài trục ảo 6

b) Phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{64}} – \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1\) đã có dạng phương trình chính tắc \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) nên ta có: \(a = 8,b = 6 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {{8^2} + {6^2}}  = 10\)

Suy ra ta có:

Tọa độ các tiêu điểm: \({F_1}\left( { – 10;0} \right),{F_2}\left( {10;0} \right)\)

Tọa độ các đỉnh: \(A(0;6),B(8;0),C(0; – 6),D( – 8;0)\)

Độ dài trục thực 16

Độ dài trục ảo 12

c) \({x^2} – 16{y^2} = 16 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{1} = 1\)

Vậy ta có phương trình chính tắc của hypebol đã cho là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{1} = 1\)

Suy ra \(a = 4,b = 1 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {{4^2} + {1^2}}  = \sqrt {17} \)

Từ đó ta có:

Tọa độ các tiêu điểm: \({F_1}\left( { – \sqrt {17} ;0} \right),{F_2}\left( {\sqrt {17} ;0} \right)\)

Tọa độ các đỉnh: \(A(0;1),B(4;0),C(0; – 1),D( – 4;0)\)

Độ dài trục thực 8

Độ dài trục ảo 2

d) \(9{x^2} – 16{y^2} = 144 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{\frac{{144}}{9}}} – \frac{{{y^2}}}{{\frac{{144}}{{16}}}} = 1\)

Vậy ta có phương trình chính tắc của hypebol đã cho là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{9} = 1\)

Suy ra \(a = 4,b = 3 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\) 

Từ đó ta có:

Tọa độ các tiêu điểm: \({F_1}\left( { – 5;0} \right),{F_2}\left( {5;0} \right)\)

Tọa độ các đỉnh: \(A(0;3),B(4;0),C(0; – 3),D( – 4;0)\)

Độ dài trục thực 8

Độ dài trục ảo 6

Giải bài 12 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Từ giả thiết ta có: \(a = 3,c = 5 \Rightarrow b = \sqrt {{c^2} – {a^2}}  = \sqrt {{5^2} – {3^2}}  = 4\)

Ta có phương trình chính tắc của hypebol là: \(\frac{{{x^2}}}{9} – \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\)

b) Ta có: \(2a = 8,2b = 6 \Rightarrow a = 4,b = 3\)

Suy ra phương trình chính tắc của hypebol là \(\frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{9} = 1\)

Giải bài 13 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Từ phương trình chính tắc \({y^2} = 12x\) ta có \(p = 6\)

Suy ra

+) Tiêu điểm của parabol \(F(3;0)\)

+) Phương trình đường chuẩn của parabol \(\Delta 😡 + 3 = 0\)

b) Từ phương trình chính tắc \({y^2} = x\) ta có \(p = \frac{1}{2}\)

Suy ra

+) Tiêu điểm của parabol \(F(\frac{1}{4};0)\)

+) Phương trình đường chuẩn của parabol \(\Delta 😡 + \frac{1}{4} = 0\)

Giải bài 14 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Tiêu điểm có tọa độ \((4;0)\) nên ta có \(p = 8\)

Suy ra phương trình chính tắc của parabol là: \({y^2} = 16x\)

b) Đường chuẩn có phương trình \(x =  – \frac{1}{6}\), nên ta có \(p =  – \frac{1}{3}\)

Suy ra phương trình chính tắc của parabol có dạng \({y^2} =  – \frac{2}{3}x\)

c) Gọi phương trình chính tắc của parabol có dạng \({y^2} = 2px\)

Thay tọa độ điểm \((1;4)\) vào phương trình \({y^2} = 2px\) ta có:

\({4^2} = 2p.1 \Rightarrow p = 8\)

Vậy phương trình chính tắc của parabol là \({y^2} = 16x\)

d) Gọi \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right)\), \(\Delta 😡 + \frac{p}{2} = 0\) lần lượt là tiêu điểm và phương trình đường chuẩn của parabol ta có:

\(d\left( {F,\Delta } \right) = \frac{{\left| {\frac{p}{2} + \frac{p}{2}} \right|}}{1} = 8 \Rightarrow p = 8\)

Vậy phương trình chính tắc của parabol là \({y^2} = 16x\)

Giải bài 15 trang 74 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

Từ giả thiết ta có tiêu điểm \(F(5;0)\), suy ra \(\frac{p}{2} = 5\) hay \(p=10\).

Vậy phương trình chính tắc của parabol là: \({y^2} = 20x\)

Chiều sâu của gương là 45 cm tương ứng với \({x_A} = 45\), thay \({x_A} = 45\) vào phương trình \({y^2} = 20x\) ta có: \({y^2} = 20.45 = 900 \Rightarrow {y_A} = 30 \Rightarrow AB = 2{y_A} = 60 \)

Vậy khoảng cách AB là \(60 cm\)

Giải bài 16 trang 75 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Vẽ lại parabol mô phỏng mặt cắt trên như hình dưới

Ta có: \(OA = 1,BC = 2{y_B} = 6 \Rightarrow B\left( {1;3} \right)\)

Giả sử phương trình chính tắc của parabol có dạng \({y^2} = 2px\)

Thay tọa độ điểm B vào phương trình \({y^2} = 2px\) ta có: \({3^2} = 2p.1 \Rightarrow p = \frac{9}{2}\)

Vậy phương trình chính tắc của parabol mô phỏng mặt cắt trên là \({y^2} = 9x\)

b) Khoảng cách từ tâm đường ống đến đỉnh của parabol chính là độ dài từ đỉnh tới tiêu điểm của parabol

Từ phương trình chính tắc ta có tiêu điểm \(F\left( {\frac{9}{4};0} \right)\)

Vậy khoảng cách từ tâm đường ống đến đỉnh của parabol là \(\frac{9}{4}\) m

Giải bài 17 trang 75 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

Gắn hệ trục Oxy vào chiếc cổng, gọi chiều cao của cổng là h ta vẽ lại parabol như dưới đây:

Phương trình parabol mô phỏng cổng có dạng \({y^2} = 2px\)

Theo giả thiết \(AB = 2{y_A} = 192 \Rightarrow {y_A} = 96,OC = h \Rightarrow M\left( {h – 2;95,5} \right),A\left( {h;96} \right)\)

Thay tọa độ các điểm \(M\left( {h – 2;95,5} \right),A\left( {h;96} \right)\) vào phương trình \({y^2} = 2px\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}95,{5^2} = 2p\left( {h – 2} \right)\\{96^2} = 2ph\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}p = \frac{{383}}{{16}}\\h \simeq 192,5\end{array} \right.\)

Vậy chiều cao của cổng gần bằng 192,5 m

Giải bài 18 trang 75 – cuối chương 9 – T10-CTST

Lời giải chi tiết

a) Ta vẽ lại parabol và chọn hệ trục tọa độ như hình dưới

Giả sử phương trình chính tắc của parabol có dạng \({y^2} = 2px\)

Từ giả thiết ta có: \(AB = 2{y_A} = 16 \Rightarrow {y_A} = 8 \Rightarrow A\left( {0,03;8} \right)\)

Thay tọa độ điểm A vào phương trình \({y^2} = 2px\)ta được \({8^2} = 2p.0,03 \Rightarrow p = \frac{{3200}}{3}\)

Vậy Phương trình chính tắc của parabol có dạng \({y^2} = \frac{{6400}}{3}x\)

b) Thay \(x = 1\)vào phương trình \({y^2} = \frac{{6400}}{3}x\) ta có \({y^2} = \frac{{6400}}{3}.1 \Rightarrow y = \frac{{80\sqrt 3 }}{3} \simeq 46,2\)

Vậy điểm có độ võng 1 cm cách tâm ván gỗ gần bằng 46,2 m

Chú ý khi giải:  đổi về cùng đơn vị đo