Giải SBT Bài CUỐI Chương 9 – SBT Toán 10 CHÂN TRỜI

Giải SBT Bài CUỐI Chương 9 – SBT Toán 10 CHÂN TRỜI – GIẢI CHI TIẾT
===========

Giải Bài 1 trang 77 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

\(\left( {a;b} \right)\) và \(\left( {c;d} \right)\) là hai vectơ. Góc giữa hai vectơ này được tính qua công thức:  \(cos\varphi  = \frac{{ac + bd}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \sqrt {{c^2} + {d^2}} }}\)

Lời giải chi tiết

Ta có: \(cos\varphi  = \frac{{4.1 + 3.7}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} \sqrt {{1^2} + {7^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \varphi  = {45^ \circ }\)

Chọn C.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 2 trang 77 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Cho hai điểm \(A\left( {{a_1},{a_2}} \right),B\left( {{b_1},{b_2}} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{{\left( {{a_1} – {b_1}} \right)}^2} + {{\left( {{a_2} – {b_2}} \right)}^2}} \)

Lời giải chi tiết

\(\overrightarrow {MN}  = ( – 3 – 1;4 – ( – 2)) = \left( { – 4;6} \right) \Rightarrow MN = \sqrt {{{\left( { – 4} \right)}^2} + {6^2}}  = 2\sqrt {13} \)

Chọn D.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 3 trang 77 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Tính các vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {BC} \) và tìm ra tính chất của tam giác ABC

Lời giải chi tiết

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( {2;2} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {2; – 2} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( {0; – 4} \right)\)

+ \(AB = AC = 2\sqrt 2 ,BC = 4\) hay tam giác ABC cân tại A (1)

=> Loại A, C.

+ \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 2.2 + 2.( – 2) = 0 \Rightarrow AB \bot AC\) => Tam giác ABC vuông tại A (2)

=> Loại B.

Từ (1) và (2) suy ra ABC là tam giác vuong cân tại A

Chọn D.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 4 trang 77 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

– Phương trình tổng quát đường thẳng đi qua \(M\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) nhận \(\overrightarrow {{a_2}}  = \left( {c;d} \right)\) là vectơ chỉ phương là:

+ Phương trình nhận \(\overrightarrow {{a_2}}  = \left( {c;d} \right)\) là vectơ chỉ phương => \(\overrightarrow {{a_3}}  = \left( {d; – c} \right)\)là vectơ pháp tuyến của đường thẳng đó

+ Phương trình tổng quát: \(d\left( {x – {x_1}} \right) – c\left( {y – {y_1}} \right) = 0\)

Lời giải chi tiết

Đường thẳng d có VTCP là \(\overrightarrow {{u_d}}  = \left( {1; – 2} \right)\)

\( \Rightarrow \) VTPT của d là: \(\overrightarrow {{n_d}}  = \left( {2;1} \right) \Rightarrow d:2\left( {x – 5} \right) + 1\left( {y + 9} \right) = 0 \Rightarrow d:2x + y – 1 = 0\)

Chọn A.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 5 trang 77 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

\(d:ax + by + c = 0//d’ \Rightarrow d’:ax + by + c’ = 0,c \ne c’.\)

Lời giải chi tiết

+ \(d’//d \Rightarrow d’:4x + 2y + c = 0\)

+ \(M\left( {1;0} \right) \in d’ \Rightarrow 4.1 + 2.0 + c = 0 \Rightarrow c =  – 4 \Rightarrow 2x + y – 2 = 0\)

Chọn C.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 6 trang 77 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

\(d\left( {I,\Delta } \right) = R\)

Lời giải chi tiết

Đường tròn tâm I tiếp xúc với \(\Delta \) nếu \(d\left( {I,\Delta } \right) = R \Leftrightarrow \frac{{\left| {3.0 – 4\left( { – 2} \right) – 23} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = R \Rightarrow R = 3\)

Chọn D.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 7 trang 77 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình: \({x^2} + {y^2} – 2ax – 2by + c = 0\) là phương trình đường tròn khi: \({a^2} + {b^2} – c > 0\) khi đó \(I\left( {a;b} \right),R = \sqrt {{a^2} + {b^2} – c} \)

Lời giải chi tiết

+ Phương trình đã cho có các hệ số \(a =  – 1,b =  – 2,c =  – 20\)

+ Tính \({a^2} + {b^2} – c = {\left( { – 1} \right)^2} + {\left( { – 2} \right)^2} – \left( { – 20} \right) = 25 > 0\), nên đường tròn có tâm \(I\left( { – 1; – 2} \right)\) và bán kính \(R = 5\)

Chọn A.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 8 trang 78 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình: \({x^2} + {y^2} – 2ax – 2by + c = 0\) là phương trình đường tròn khi: \({a^2} + {b^2} – c > 0\) khi đó \(I\left( {a;b} \right),R = \sqrt {{a^2} + {b^2} – c} \)

Lời giải chi tiết

+ \(\left( C \right):{x^2} + {y^2} – 2x – 4y – 3 = 0 \Rightarrow I\left( {1;2} \right),R = 3\)

+ \(\overrightarrow n  = \overrightarrow {IM}  = \left( {2;2} \right) = 2\left( {1;1} \right) \Rightarrow d:1\left( {x – 3} \right) + 1\left( {y – 4} \right) = 0 \Rightarrow d:x + y – 7 = 0\)

Chọn A.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 9 trang 78 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

Gọi PTCT của elip là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Hai đỉnh \(\left( { – 3;0} \right),\left( {3;0} \right) \Rightarrow a = 3\)

Tiêu điểm là \(\left( { – 1;0} \right),\left( {1;0} \right) \Rightarrow c = 1\)

 \( \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} – {c^2}}  = 2\sqrt 2  \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{y^2}}}{8} = 1\)

Chọn C.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 10 trang 78 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

Gọi PTCT của hypebol là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Hai đỉnh \(\left( { – 4;0} \right),\left( {4;0} \right) \Rightarrow a = 4\)

Hai tiêu điểm là \(\left( { – 5;0} \right),\left( {5;0} \right) \Rightarrow c = 5\)

\( \Rightarrow b = \sqrt {{c^2} – {a^2}}  = 3 \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{9} = 1\)

Chọn B.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 11 trang 78 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Parabol \(\left( P \right)\) có dạng \({y^2} = 2px\) với \(p > 0\) có tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right)\)

Lời giải chi tiết

Gọi parabol có phương trình \({y^2} = 2px\) với \(p > 0\)

Tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right) = \left( {2;0} \right) \Rightarrow \frac{p}{2} = 2 \Leftrightarrow p = 4\)

 \( \Rightarrow {y^2} = 8x\)

Chọn A.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 12 trang 78 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

Gọi PTCT của elip là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Trục lớn \(2a = 10 \Rightarrow a = 10\)

Trục nhỏ \(2b = 12 \Rightarrow b = 6\)

 \( \Rightarrow \) PTCT của elip là \(\frac{{{x^2}}}{{100}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1\)

Chọn C.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 1 trang 78 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

+ OABC là hình chữ nhật khi OABC là hình bình hành có 1 góc vuông

+ Tâm I của HCN là trung điểm mỗi đường chéo

Lời giải chi tiết

a) Ta có: \(A\left( {2;2} \right),B\left( {1;3} \right),C\left( { – 1;1} \right)\)

+ \(\overrightarrow {OA}  = \left( {2;2} \right),\overrightarrow {CB}  = \left( {2;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA}  = \overrightarrow {CB} \) => OABC là hình bình hành

+ \(\overrightarrow {OA}  = \left( {2;2} \right),\overrightarrow {OA}  = \left( { – 1;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OC}  = 0 \Rightarrow OA \bot OC\) => OABC là hình chữ nhật

b) I là tâm của hình chữ nhật OABC

=> I là trung điểm của OB 

=> Tọa độ của I là:  \(I = \left( {\frac{{0 + 1}}{2};\frac{{0 + 3}}{2}} \right) = \left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 2 trang 78 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

\(\left( {a;b} \right)\) và \(\left( {c;d} \right)\) cùng là vectơ pháp tuyến hoặc chỉ phương của hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\). Góc giữa hai đường thẳng này được tính qua công thức:  \(cos\varphi  = \frac{{\left| {ac + bd} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} \sqrt {{c^2} + {d^2}} }}\)

Lời giải chi tiết

a) Vectơ pháp tuyến của hai đường thẳng lần lượt là \(\left( {5; – 9} \right)\) và \(\left( {9;5} \right)\)

Ta có: \(\left( {5; – 9} \right).\left( {9;5} \right) = 0 \Rightarrow \varphi  = {90^ \circ }\)

Hai đường thẳng vuông góc.

b) Vectơ pháp tuyến của hai đường thẳng lần lượt là \(\left( {2; – 1} \right)\) và \(\left( {1; – 3} \right)\)

Ta có: \(cos\varphi  = \frac{{\left| {2.1 – 1.\left( { – 3} \right)} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} \sqrt {{1^2} + {{\left( { – 3} \right)}^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \varphi  = {45^ \circ }\)

c) Vectơ pháp tuyến của hai đường thẳng lần lượt là \(\left( { – 5;9} \right)\) và \(\left( {10; – 18} \right)\)

Mà \(\left( {10; – 18} \right) =  – 2\left( {5; – 9} \right) \Rightarrow \) hai vecto cùng phương hay hai đường thẳng này son song.

Vậy góc giữa hai đường thẳng là \(\varphi  = {0^ \circ }\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 3 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Độ dài đường cao AH là khoảng cách từ A đến đường thẳng BC

Lời giải chi tiết

+ Lập phương trình BC:

\(\overrightarrow {BC}  = \left( { – 2;2} \right) \Rightarrow \overrightarrow n  = \left( {1;1} \right)\) là VTPT của đt BC.

PT BC đi qua B(3;1) nhận làm \(\overrightarrow n  = \left( {1;1} \right)\) VTPT là: \(1\left( {x – 3} \right) + 1\left( {y – 1} \right) = 0 \Rightarrow x + y – 4 = 0\)

+ Độ dài đường cao AH là khoản cách từ A đến đt BC.

\(AH = d\left( {A,BC} \right) = \frac{{\left| {1 + 1 – 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \frac{2}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 4 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

+ \(R = d\left( {I,d} \right)\)

Lời giải chi tiết

Đường tròn tâm (I) tiếp xúc với d thì có bán kính bằng khoảng cách từ I đến d.

\(R = d\left( {I,d} \right) = \frac{{\left| {8.1 – 6.0 + 22} \right|}}{{\sqrt {{8^2} + {6^2}} }} = 3\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 5 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(\Delta :ax + by + c = 0\) và \(\Delta ‘:ax + by + d = 0\) (khi \(\Delta //\Delta ‘\)) là khoảng cách từ M bất kì (thuộc \(\Delta \)) đến \(\Delta ‘\)

Lời giải chi tiết

Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in \Delta  \Rightarrow a{x_0} + b{y_0} + c = 0 \Rightarrow a{x_0} + b{y_0} + d = d – c\)

\( \Rightarrow d\left( {\Delta ,\Delta ‘} \right) = d(M;\Delta ‘) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = \frac{{\left| {d – c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 6 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình: \({x^2} + {y^2} – 2ax – 2by + c = 0\) là phương trình đường tròn khi: \({a^2} + {b^2} – c > 0\) khi đó \(I\left( {a;b} \right),R = \sqrt {{a^2} + {b^2} – c} \)

Lời giải chi tiết

a) \({\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 225 \Rightarrow I\left( { – 1; – 2} \right),R = \sqrt {225}  = 15\)

b) \({x^2} + {\left( {y – 7} \right)^2} = 5 \Rightarrow I\left( {0;7} \right),R = \sqrt 5 \)

c) \({x^2} + {y^2} – 10x – 24y = 0\)

+ Phương trình đã cho có các hệ số \(a = 5,b = 12,c = 0\)

+ Tính \({a^2} + {b^2} – c = {5^2} + {12^2} – 0 = 169 > 0\), nên phương trình của đường tròn có tâm \(I\left( {5;12} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {169}  = 13\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 7 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình đường tròn \({\left( {x – a} \right)^2} + {\left( {y – b} \right)^2} = {R^2}\) có tâm \(I\left( {a;b} \right)\) và bán kính R

Lời giải chi tiết

a) Có tâm \(I\left( {2;2} \right)\) và bán kính bằng 7

+ Phương trình đường tròn \({\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 49\)

b) Có tâm \(J\left( {0; – 3} \right)\) và đi qua điểm \(M\left( { – 2; – 7} \right)\)

+ Bán kính \(JM = R = \sqrt {{2^2} + {4^2}}  = \sqrt {20} \)

+ Phương trình đường tròn \({x^2} + {\left( {y + 3} \right)^2} = 20\)

c) Đi qua hai điểm \(A\left( {2;2} \right),B\left( {6;2} \right)\) và có tâm nằm trên đường thẳng \(x – y = 0\)

+ Gọi I là tâm đường tròn, \(I \in x – y = 0 \Rightarrow I\left( {t;t} \right)\)

+ \(IA = IB \Leftrightarrow {\left( {t – 2} \right)^2} + {\left( {t – 2} \right)^2} = {\left( {t – 6} \right)^2} + {\left( {t – 2} \right)^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {t – 2} \right)^2} = {\left( {t – 6} \right)^2} \Leftrightarrow {t^2} – 4t + 4 = {t^2} – 12t + 36\\ \Leftrightarrow 12t – 4t = 36 – 4 \Leftrightarrow 8t = 32 \Rightarrow t = 4\\ \Rightarrow I(4;4);R = IA = 2\sqrt 2 \end{array}\)

+ Phương trình đường tròn \({\left( {x – 4} \right)^2} + {\left( {y – 4} \right)^2} = 8\)

d) Đi qua gốc tọa độ và cắt hai trục tọa độ tại các điểm có hoành độ là 8, tung độ là 6

+ Gọi tâm đường tròn là \(I\left( {a;b} \right)\), hai điểm A(8;0), B(0;6) là giao của đường tròn với 2 trục tọa độ.

Ta có: \(IO = IA = IB \Leftrightarrow I{O^2} = I{A^2} = I{B^2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} = {\left( {a – 8} \right)^2} + {b^2} = {a^2} + {\left( {b – 6} \right)^2}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} = {\left( {a – 8} \right)^2}\\{b^2} = {\left( {b – 6} \right)^2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 8 – a\\b = 6 – b\end{array} \right.\\ \Rightarrow a = 4;b = 3\end{array}\) 

Khi đó \(R = IO = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\)

\( \Rightarrow \) Phương trình đường tròn \({\left( {x – 4} \right)^2} + {\left( {y – 3} \right)^2} = 25\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 8 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình tiếp tuyến của \(\left( C \right)\) tại \(A\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {IA} \)

Lời giải chi tiết

+ \(\left( C \right):{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 25 \Rightarrow I\left( {1;1} \right),R = 5\)

+ Phương trình tiếp tuyến d của \(\left( C \right)\) tại \(A\) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {IA} \)

 \(\overrightarrow {IA}  = \left( {3;4} \right) \Rightarrow d:3\left( {x – 4} \right) + 4\left( {y – 5} \right) = 0 \Rightarrow 3x + 4y – 32 = 0\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 9 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Quan sát hình gọi tên

Lời giải chi tiết

a) Elip (đường cong khép kín, không là đường tròn)

b) Parabol

c) Hypebol (gồm hai nhánh)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 10 trang 79 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình Elip có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\)

+ hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)

+ Đỉnh: \({A_1}\left( { – a;0} \right),{A_2}\left( {a;0} \right),{B_1}\left( {0; – b} \right),{B_2}\left( {0;b} \right)\)

+ Độ dài trục lớn 2a, độ dài trục nhỏ 2b

Lời giải chi tiết

a) Elip (E) \(\frac{{{x^2}}}{{169}} + \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1\) có \(a = \sqrt {169}  = 13,b = \sqrt {25}  = 5 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}}  = 12\)

+ Các tiêu điểm \({F_1}\left( { – 12;0} \right),{F_2}\left( {12;0} \right)\)

+ Các đỉnh \({A_1}\left( { – 13;0} \right),{A_2}\left( {13;0} \right),{B_1}\left( {0; – 5} \right),{B_2}\left( {0;5} \right)\)

+ Độ dài trục lớn \({A_1}{A_2} = 2a = 26\), độ dài trục nhỏ \({B_1}{B_2} = 2b = 10\)

b)\({x^2} + 4{y^2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{{1^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{\frac{1}{4}}} = 1\) có \(a = 1,b = \sqrt {\frac{1}{4}}  = \frac{1}{2} \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} – {b^2}}  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

+ Các tiêu điểm \({F_1}\left( { – \frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right),{F_2}\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2};0} \right)\)

+ Các đỉnh \({A_1}\left( { – 1;0} \right),{A_2}\left( {1;0} \right),{B_1}\left( {0; – \frac{1}{2}} \right),{B_2}\left( {0;\frac{1}{2}} \right)\)

+ Độ dài trục lớn \({A_1}{A_2} = 2a = 2\), độ dài trục nhỏ \({B_1}{B_2} = 2b = 1\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 11 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình Elip có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\) có

+ độ dài trục lớn là 2a, độ dài trục nhỏ 2b

+ tiêu cự là \(2c\) với \(c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} \)

Lời giải chi tiết

a) Độ dài trục lớn \(26 = 2a \Rightarrow a = 13\).

Độ dài trục nhỏ \(10 = 2b \Rightarrow b = 5\)

PTCT của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{169}} + \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1\)

b) Độ dài trục lớn \(10 = 2a \Rightarrow a = 5\)

 Tiêu cự \(6 = 2c \Rightarrow c = 3 \Rightarrow b = \sqrt {{a^2} – {c^2}}  = 4\)

 PTCT của elip là: \(\frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 12 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Phương trình Hypebol có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\) với \(a > b > 0\) với \(c = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \)

+ hai tiêu điểm \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)

+ Đỉnh: \({A_1}\left( { – a;0} \right),{A_2}\left( {a;0} \right)\)

+ Độ dài trục thực 2a, độ dài trục ảo 2b

Lời giải chi tiết

a) \(\frac{{{x^2}}}{{25}} – \frac{{{y^2}}}{{144}} = 1 \Rightarrow a = 5,b = 12 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = 13\)       

+ Các tiêu điểm \({F_1}\left( { – 13;0} \right),{F_2}\left( {13;0} \right)\)

+ Các đỉnh \({A_1}\left( { – 5;0} \right),{A_2}\left( {5;0} \right)\)

+ Độ dài trục thực \(2a = 10\), độ dài trục ảo \(2b = 24\)

b) \(\frac{{{x^2}}}{{16}} – \frac{{{y^2}}}{9} = 1 \Rightarrow a = 4,b = 3 \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = 5\)

+ Các tiêu điểm \({F_1}\left( { – 5;0} \right),{F_2}\left( {5;0} \right)\)

+ Các đỉnh \({A_1}\left( { – 4;0} \right),{A_2}\left( {4;0} \right)\)

+ Độ dài trục thực \(2a = 8\), độ dài trục ảo \(2b = 6\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 13 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

a) Gọi PTCT của hypebol là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

+ Đỉnh \(\left( { – 6;0} \right)\) và \(\left( {6;0} \right) \Rightarrow a = 6\)

+ Tiêu điểm \(\left( { – 10;0} \right)\) và \(\left( {10;0} \right) \Rightarrow c = 10\)

\( \Rightarrow b = \sqrt {{c^2} – {a^2}}  = \sqrt {{{10}^2} – {6^2}}  = 8\)

Phương trình hypebol \(\frac{{{x^2}}}{{36}} – \frac{{{y^2}}}{{64}} = 1\)

b) Gọi PTCT của hypebol là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} – \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Độ dài trục thực là \(2a = 10 \Rightarrow a = 5\)

Độ dài trục ảo là \(2b = 20 \Rightarrow b = 10\)

Phương trình hypebol \(\frac{{{x^2}}}{{25}} – \frac{{{y^2}}}{{100}} = 1\) 

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 14 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

a) \({y^2} = 4x \Rightarrow 2p = 4 \Rightarrow p = 2\)

+ Tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right) = \left( {1;0} \right)\)

+ Phương trình đường chuẩn: \(x =  – 1\)

b) \({y^2} = 2x \Rightarrow 2p = 2 \Rightarrow p = 1\)

+ Tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right) = \left( {\frac{1}{2};0} \right)\)

+ Phương trình đường chuẩn: \(x + \frac{1}{2} = 0\)

c) \({y^2} =  – 6x \Rightarrow 2p =  – 6 \Rightarrow p =  – 3\)

+ Tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right) = \left( {\frac{{ – 3}}{2};0} \right)\)

+ Phương trình đường chuẩn: \(x – \frac{3}{2} = 0\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 15 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

a) Tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right) = \left( {8;0} \right) \Rightarrow \frac{p}{2} = 8 \Rightarrow p = 16\)

PTCT của parabol đó là \({y^2} = 32x\)

b) Gọi PTCT của parabol đó là \({y^2} = 2px\)

Tiêu điểm \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right)\), phương trình đường chuẩn: \(\Delta 😡 + \frac{p}{2} = 0\)

Khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn bằng 4

 \( \Rightarrow \frac{{\left| {\frac{p}{2} + \frac{p}{2}} \right|}}{{\sqrt {{1^2}} }} = 4 \Leftrightarrow \left| p \right| = 4 \Rightarrow p = 4\) (vì p>0)

\( \Rightarrow \) PTCT của parabol đó là \({y^2} = 8x\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 16 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

a) Chọn hệ trục tọa độ có gốc là điểm chính giữa của chiều rộng mái vòm (thẳng đứng).

Gọi phương trình Elip là  \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Ta có: chiều cao của mái vòm là nửa trục nhỏ \( \Rightarrow b = 6\)

Độ rộng của mái vòm là độ dài trục lớn \( \Rightarrow 2a = 16 \Leftrightarrow a = 8\)

Vậy phương trình elip: \(\frac{{{x^2}}}{{64}} + \frac{{{y^2}}}{{36}} = 1\)

b) Gọi M là điểm cách chân vách 4 m, suy ra \({x_M} = 8 – 4 = 4\)

Khoảng cách thẳng đứng từ điểm M lên đến mái vòm chính là \(\left| {{y_M}} \right|\)

M thuộc elip nên ta có: \(\frac{{16}}{{64}} + \frac{{{y_M}^2}}{{36}} = 1 \Rightarrow \frac{{{y_M}^2}}{{36}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \left| {{y_M}} \right| = \sqrt {36.\frac{3}{4}}  = 3\sqrt 3  \approx 5,2\left( m \right)\)

Vậy khoảng cách thẳng đứng từ điểm M lên đến mái vòm là 5,2 m

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 17 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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 \({F_1}\left( { – c;0} \right),{F_2}\left( {c;0} \right)\)

+ Độ dài trục lớn: 2a, trục nhỏ: 2b.

Lời giải chi tiết

Gọi phương trình chính tắc của elip (E) là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Độ dài trục lớn \(2a = 768800 \Rightarrow a = 384400\)

Độ dài trục nhỏ \(2b = 767619 \Rightarrow b = 383810\)

Vậy phương trình elip: \(\frac{{{x^2}}}{{{{384400}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{383810}^2}}} = 1\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 18 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

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

Gọi phương trình \(\left( P \right)\) có dạng \({y^2} = 2px\)

Khi đó gương là phần mặt phẳng tạo bởi đường cong AOB.

Ta có: Chiều rộng giữa hai mép gương là 50 cm, suy ra AB = 50cm.

Chiều sâu của gương là 40 cm suy ra OI = 40 cm.

Do đó AI = 50: 2= 25 và A(40; 25) thuộc vào parabol (P)

Thay điểm \(A\left( {40;25} \right)\) vào phương trình ta có \(p = \frac{{{y^2}}}{{2x}} = \frac{{{{25}^2}}}{{2.40}} \approx 7,8\)

\( \Rightarrow \left( P \right):{y^2} = 15,6x\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

Giải Bài 19 trang 80 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

a) Lúc 9 giờ, tức là sau 1 giờ bay thì tọa độ máy bay là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 180.1 = 181\\y = 1 – 180.1 =  – 179\end{array} \right.\)

b) Tọa độ trạm điều khiển không lưu là O(0;0), còn tọa độ máy bay lúc 9 giờ là M (181,-179)

c) Máy bay bắt đầu ra khỏi tầm hoạt động của rada khi khoảng cách giữa máy bay và trạm điều khiển không lưu là 600 km.

Lời giải chi tiết

a) Lúc 9 giờ, tức là sau 1 giờ bay thì tọa độ máy bay là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + 180.1 = 181\\y = 1 – 180.1 =  – 179\end{array} \right.\)

Tọa độ máy bay lúc 9 giờ là (181,-179)

b) Tọa độ trạm điều khiển không lưu là O(0;0), còn tọa độ máy bay lúc 9 giờ là M (181,-179)

 \( \Rightarrow \) Khoảng cách giữa máy bay và trạm điều khiển không lưu là: \(OM = \sqrt {{{181}^2} + {{179}^2}}  \approx 255\left( {km} \right)\)

c) Máy bay bắt đầu ra khỏi tầm hoạt động của rada khi khoảng cách giữa máy bay và trạm điều khiển không lưu là 600 km.

Giả sử sau t’ giờ bay thì máy bay bắt đầu ra khỏi tầm hoạt động của rada

Ta có: \({\left( {1 + 180t’} \right)^2} + {\left( {1 – 180t’} \right)^2} = {600^2}\) \(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {180t’} \right)^2} + 360t + 1 + {\left( {180t’} \right)^2} – 360t + 1 = {600^2}\\ \Leftrightarrow 2.{\left( {180t’} \right)^2} + 2 = {600^2}\end{array}\)

\( \Rightarrow t’ = \sqrt {\frac{{{{600}^2} – 2}}{{{{2.180}^2}}}}  \approx 2,36\) (giờ) = 2 giờ 22 phút

Sau 2 giờ 22 phút bay, tức là khoảng 10 giờ 22 phút.

Vậy máy bay bay ra khỏi tầm hoạt động của rada từ lúc 10 giờ 22 phút.

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương 9

===========
THUỘC: Giải sách bài tập Toán 10 – Chân trời