Giải SBT Bài 22 Chương 7 – SBT Toán 10 KNTT

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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