Giải SBT Toán 10 trang 46, 47 Kết nối tri thức tập 2

Bài 7.28 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Cho elip \(\left( E \right)\) có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\). Tìm tiêu điểm và têu cự của elip

Lời giải:

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 \(2c = 4\sqrt 5 \)

Bài 7.29 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Cho hypebol \(\left( H \right)\)có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{16}} - \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\). Tìm tiêu điểm và tiêu cự của hypebol

Lời giải:

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 \(2c = 12\)

Bài 7.30 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \({y^2} = 4x\). Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của parabol

Phương pháp:

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 \(\Delta :x =  - \frac{p}{2}\)

Lời giải:

Dựa vào phương trình chính tắc y² = 4x của (P) ta có:

2p = 4 ⇔ p = 2 ⇔ p/2 =1.

Vậy (P) có tiêu điểm là F(1; 0) và có đường chuẩn là Δ: x = –1.

Bài 7.31 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Viết phương trình chính tắc của elip \(\left( E \right)\), biết \(\left( E \right)\) đi qua điểm \(A\left( {6;0} \right)\) và có tiêu cực bằng 8

Lời giải:

+ 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 \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\)

Bài 7.32 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Viết phương trình chính tắc của hypebol \(\left( H \right)\), biết \(\left( H \right)\) đi qua điểm \(M\left( {3\sqrt 2 ; - 4} \right)\) và có một tiêu điểm \({F_2}\left( {5;0} \right)\)

Lời giải;

+ 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: \(\frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{{25}} = 1\)

Bài 7.33 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Viết phương trình chính tắc của parabol \(\left( P \right)\), biết rằng \(\left( P \right)\) có đường chuẩn là đường thẳng \(\Delta :x + 4 = 0\). Tìm tọa độ điểm M thuộc \(\left( P \right)\) sao cho khoảng cách từ M đến tiêu điểm của \(\left( P \right)\) bằng 5

Lời giải:

Phương trình chính tắc của (P) có dạng y² = 2px, trong đó p > 0.

Vì (P) có đường chuẩn là Δ: x + 4 = 0 ⇔ x = –4 ⇔ –p : 2 = –4 ⇔ p = 8

Vậy phương trình chính tắc của (P) là y² = 16x.

Gọi M (x₀; y₀).

Vì M thuộc (P) nên ta có:

d(M, Δ) = MF = 5 với F là tiêu điểm của (P) và F(4; 0).

⇔ |x₀ + 4| = 5 (*)

TH1: x₀ + 4 ≥ 0 hay x₀ ≥ –4

(*) ⇔ x₀ + 4 = 5 ⇔ x₀ = 1 (thỏa mãn)

TH2: x₀ + 4 < 0 hay x₀ < –4

(*) ⇔ –x₀ – 4 = 5 ⇔ x₀ = –9 (thỏa mãn)

Với x₀ = –9, thay vào phương trình của (P) ta được y₀² = 16.(–9) = –144 < 0 (không thể tồn tại)

Với x₀ = 1, thay vào phương trình của (P) ta được y₀² = 16.1 = 16 ⇔ y₀ = ±4

Vậy M(1; 4) hoặc M(1; –4).

Bài 7.34 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \({y^2} = 16x\). Gọi \(\Delta \) là đường thẳng bất kì đi qua tiêu điểm F của \(\left( P \right)\) và không trùng với trục hoành. Chứng minh rằng \(\Delta \) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B, đồng thời tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi

Lời giải:

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

Bài 7.35 trang 46 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Một người kĩ sư thiết kế một đường hầm một chiều có mặt cắt là một nửa hành elip, chiều rộng của hầm là 12 m, khoảng cách từ điểm cao nhất của elip so với mặt đường là 3m. Người kĩ sư này muốn đưa ra cảnh báo cho các loại xe có thể đi qua hầm. Biết rằng những loại xe tải có chiều cao 2,8 m thì có chiều rộng không quá 3 m. Hỏi chiếc xe tải có chiều cho 2,8 m có thể đi qua hầm được không?

Phương pháp:

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:

+ 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.

Bài 7.36 trang 47 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Cho điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc elip \(\left( E \right)\) có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\)

a) Tính \(M{F_1}^2 - M{F_2}^2\) theo \({x_0};{y_0}\). Từ đó tính \(M{F_1}^2 - M{F_2}^2\) theo \({x_0};{y_0}\)

b) Tìm điểm M sao cho \(M{F_2} = 2M{F_1}\)

c) Tìm M sao cho góc nhìn của M tới hai điểm \({F_1},{F_2}\) (tức là góc \(\widehat {{F_1}M{F_2}}\)) là lớn nhất?

Lời giải:

+ 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 \({x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} =  \pm 1\)

Bài 7.37 trang 47 SBT Toán 10 tập 2 Kết nối tri thức

Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo là một đường elip với tâm Trái Đất là một tiêu điểm. Độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ của quỹ đạo lần lượt là 768 800 km và 767 640 km. Tìm khoảng cách lớn nhất và bé nhất từ tâm Trái Đất đến Mặt Trăng.

Lời giải:

+ 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)

Sachbaitap.com