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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A(–2 ; 1), B(1 ; –3). Toạ độ của vectơ \(\overrightarrow {AB} \) là:
A. (1 ; -4)
B. (-3 ; 4)
C. (3 ; -4)
D. (1 ; -2)
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(− 1 ; − 5), B(5 ; 2) và trọng tâm là gốc toạ độ. Toạ độ điểm C là:
A. (4 ; -3)
B. (-4 ; -3)
C. (-4 ; 3)
D. (4 ; 3)
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, vectơ nào sau đây có độ dài bằng 1?
A. \(\overrightarrow a = (1;1)\)
B. \(\overrightarrow b = \left( {\frac{1}{2}; – \frac{1}{2}} \right)\)
C. \(\overrightarrow c = \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }};\frac{2}{3}} \right)\)
D. \(\overrightarrow d = \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}; – \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)\)
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, đường thẳng ∆ đi qua điểm M(–2 ; 0) và song song với đường thẳng d: 2x – y + 2 = 0 có phương trình là:
A. 2x – y = 0
B. 2x – y + 4 = 0
C. 2x + y + 4 = 0
D. x + 2y + 2 = 0
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng \({\Delta _1}:\left\{ \begin{array}{l}x = 2 + \sqrt 3 t\\y = – 1 + 3t\end{array} \right.\) và \({\Delta _2}:\left\{ \begin{array}{l}x = 3 – \sqrt 3 t’\\y = – t’\end{array} \right.\) Số đo góc giữa hai đường thẳng ∆1 và ∆2 là:
A. 300
B. 450
C. 900
D. 600
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
Khoảng cách từ điểm M(4 ; –2) đến đường thẳng ∆: x − 2y + 2 = 0 bằng:
A. \(\frac{{2\sqrt 5 }}{5}\)
B. \(2\sqrt 5 \)
C. 2.
D. \(\sqrt 5 \)
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 trình nào dưới đây là phương trình đường tròn?
A. (x + 3)2 – (y + 4)2 = 100
B. (x + 3)2 + (y + 4)2 = 100
C. 2(x + 3)2 + (y + 4)2 = 100
D. (x + 3)2 + 2(y + 4)2 = 100
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 trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường hypebol?
A. \(\frac{{{x^2}}}{{{{15}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{15}^2}}} = 1\)
B. \(\frac{{{x^2}}}{{{{15}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{16}^2}}} = – 1\)
C. \(\frac{{{x^2}}}{{{{16}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{15}^2}}} = 1\)
D. \(\frac{{{x^2}}}{{{{15}^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{{16}^2}}} = 1\)
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 trình nào dưới đây là phương trình chính tắc của đường parabol?
A. \({y^2} = \frac{x}{{10}}\)
B. \({y^2} = \frac{{ – x}}{{10}}\)
C. \({x^2} = \frac{y}{{10}}\)
D. \({x^2} = \frac{{ – y}}{{10}}\)
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
Đường elip \(\frac{{{x^2}}}{{40}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1\) có hai tiêu điểm là:
A. F1(-2 ; 0), F2 (2 ; 0)
B. F1(-4 ; 0), F2(4 ; 0)
C. F1(0 ; -2), F2(0 ; 2)
D. F1(0 ; -4), F2 (0 ; 4)
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-3 ; -1), B(3 ; 5), C(3 ; -4). Gọi G, H, I lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
a) Lập phương trình các đường thẳng AB, BC, AC
b) Tìm toạ độ các điểm G, H, I
c) Tính diện tích tam giác ABC
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai điểm F1(−4 ; 0) và F2(4 ; 0).
a) Lập phương trình đường tròn có đường kính là F1F2
b) Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng toạ độ thoả mãn MF1 + MF2 = 12 là một đường conic (E). Cho biết (E) là đường conic nào và viết phương trình chính tắc của (E)
c) Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng toạ độ thoả mãn |MF1 – MF2| = 4 là một đường conic (H). Cho biết (H) là đường conic nào và viết phương trình chính tắc của (H)
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(−1 ; −2), đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình là 5x + y – 9 = 0 và x + 3y − 5 = 0. Tìm toạ độ của hai điểm B và C.
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
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai điểm A(1 ; 0) và B(0 ; 3). Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn MA = 2MB.
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
Trả lời