Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm
Đóng
Điểm danh hàng ngày
  • Hôm nay +3
  • Ngày 2 +3
  • Ngày 3 +3
  • Ngày 4 +3
  • Ngày 5 +3
  • Ngày 6 +3
  • Ngày 7 +5
Bạn đã điểm danh Hôm nay và nhận 3 điểm!
Nhắn tin Zalo VNDOC để nhận tư vấn mua gói Thành viên hoặc tải tài liệu Hotline hỗ trợ: 0936 120 169
VnDoc.com Lớp 10 Giải Vở BT Toán 10

Giải SBT Toán 10 bài 22: Ba đường conic

Giải Toán 10
Lớp: Lớp 10
Môn: Toán
Dạng tài liệu: Giải bài tập
Loại: Tài liệu Lẻ
Phân loại: Tài liệu Tính phí

Giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức bài 22: Ba đường conic

Giải SBT Toán 10 bài 22: Ba đường conic được VnDoc.com sưu tầm và xin gửi tới bạn đọc cùng tham khảo. Mời các bạn cùng theo dõi bài viết dưới đây để có thêm tài liệu giải SBT Toán 10 nhé.

Giải SBT Toán 10 trang 46

Giải bài 7.28 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

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

Hướng dẫn giải:

Dựa vào phương trình chính tắc \frac{x^{2}}{36} + \frac{y^{2}}{16} = 1 của (E) ta có

\left\{ \begin{matrix} a^{2} = 36 \\ b^{2} = 16 \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow c = \sqrt{a^{2} - b^{2}} = 2\sqrt{5}

Vậy (E) có hai tiêu điểm là: F1(−2√5;0), F2(2√5;0) và có tiêu cự là: 2c = 4\sqrt{5} .

Giải bài 7.29 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

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

Hướng dẫn giải:

Dựa vào phương trình chính tắc \frac{x^{2}}{16} - \frac{y^{2}}{20} = 1 của (H) ta có

\left\{ \begin{matrix} a^{2} = 16 \\ b^{2} = 20 \end{matrix} \right.\ \Leftrightarrow c = \sqrt{a^{2} + b^{2}} = 6

Vậy (H) có hai tiêu điểm là F1 (–6; 0), F2(6; 0) và có tiêu cự là 2c = 12.

Giải bài 7.30 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

Cho parabol (P) có phương trình y2 = 4x. Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của parabol.

Hướng dẫn giải:

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

2p = 4 ⇔ p = 2 ⇔ \frac{p}{2} = 1 .

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

Giải bài 7.31 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết (E) đi qua điểm A(6; 0) và có tiêu cự bằng 8.

Hướng dẫn giải:

Phương trình chính tắc của (E) có dạng \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (trong đó a > b > 0)

Vì (E) đi qua điểm A(6; 0) nên ta có \frac{6^{2}}{a^{2}} + \frac{0^{2}}{b^{2}} = 1 ⇔ a2 = 62

Do (E) có tiêu cự là 2c = 8 nên ta có c = 4 ⇒ b2 = a2 – c2 = 62 – 42 = 20.

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: \frac{x^{2}}{36} + \frac{y^{2}}{20} = 1 .

Giải bài 7.32 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

Viết phương trình chính tắc của hypebol (H), biết (H) đi qua điểm M(3√2;−4) và có một tiêu điểm là F2(5; 0).

Hướng dẫn giải:

Phương trình chính tắc của (H) có dạng: \frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (trong đó a, b > 0)

Do (H) có một tiêu điểm là F2(5; 0) nên ta có:

c = 5 ⇒ b2 + a2 = c2 = 25 ⇔ a2 = 25 – b2

Vì (H) đi qua điểm M(3√2;−4) nên ta có

\frac{\left( 3\sqrt{2} \right)^{2}}{a^{2}} - \frac{( - 4)^{2}}{b^{2}} = 1\ \Leftrightarrow \frac{18}{a^{2}} - \frac{16}{b^{2}} = 1 (1)

Đặt t = b2 (t > 0) ⇒ a2 = 25 – t. Thay vào (1) ta được

\frac{18}{25 - t} - 16t = 1

⇒ 18t – 16(25 – t) = (25 – t)t

⇔ 18t – 400 + 16t = 25t – t2

⇔ t2 + 9t – 400 = 0

⇔ t = 16 (thỏa mãn) hoặc t = –25 (không thỏa mãn)

Do đó, b2 = t = 16, a2 = 25 – t = 9.

Vậy phương trình chính tắc của (H) là: \frac{x^{2}}{9} - \frac{y^{2}}{16} = 1 .

Giải bài 7.33 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

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

Hướng dẫn 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).

\Leftrightarrow \frac{\left| x_{0} + 4 \right|}{\sqrt{1^{2} + 0^{2}}} = 5

⇔ |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).

Giải bài 7.34 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

Cho parabol (P) có phương trình là y2 = 16x. Gọi Δ là đường thẳng bất kì đi qua tiêu điểm F của (P) và không trùng với trục hoành. Chứng minh rằng Δ luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B, đồng thời tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi.

Hướng dẫn giải:

Gọi vectơ chỉ phương của Δ là \overrightarrow{u_{\Delta}} = (a;b) . Vì Δ đi qua điểm F(4; 0) và Δ không trùng với trục Ox nên ta có b ≠ 0. Phương trình tham số của Δ là

\left\{ \begin{matrix} x = 4 + at \\ y = 0 + bt = bt \end{matrix} \right.

Toạ độ giao điểm của Δ và (P) ứng với thoả mãn phương trình

(bt)2 =16 . (4 + at) ⇔ b2t2 – 16at – 64 = 0. (1)

Phương trình (1) có Δ’ = 64a2 + 64b2 > 0 (do b ≠ 0), suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Vậy Δ luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B.

Gọi A(4 + at1; bt1), B(4 + at2; bt2), trong đó t1, t2 là hai nghiệm của phương trình (1).

Ta có

d(A;Ox).d(B;Ox) = \frac{\left| bt_{1} \right|}{\sqrt{0^{2} + 1^{2}}}.\frac{\left| bt_{2} \right|}{\sqrt{0^{2} + 1^{2}}} = \left| b^{2}t_{1}t_{2} \right|

Dựa vào phương trình (1). Theo định lí Vi–ét ta có: t1.t2= \frac{{ - 64}}{{{b^2}}}.

Từ đó suy ra

d(A;Ox).d(B;Ox) = \left| b^{2}.\frac{-64}{b^2} \right| = 64

Vậy tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi.

Giải bài 7.35 trang 46 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

Một người kĩ sư thiết kế một đường hầm một chiều có mặt cắt là một nửa hình elip, chiều rộng của hầm là 12 m, khoảng cách từ điểm cao nhất của elip so với mặt đường là 3 m. 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 cao 2,8 m có thể đi qua hầm được không?

Hướng dẫn giải:

Giả sử phương trình chính tắc của (E) là: \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (trong đó a > b > 0).

Vì chiều rộng của hầm là 12 m nên OA = 12 : 2 = 6 (m), do đó điểm A có tọa độ (6; 0).

Khoảng cách từ điểm cao nhất của elip so với mặt đường là 3 m nên OB = 3 m, do đó điểm B có tọa độ (0; 3).

Do các điểm B(0; 3) và A(6; 0) thuộc (E) nên thay vào phương trình của (E) ta có:

\frac{0^{2}}{a^{2}} + \frac{3^{2}}{b^{2}} = 1 \Leftrightarrow b^{2} = 3^{2} = 9

\frac{6^{2}}{a^{2}} + \frac{0^{2}}{b^{2}} = 1 \Leftrightarrow a^{2} = 6^{2} = 36

Suy ra phương trình của (E) là

\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, nếu xe chạy chính giữa hầm thì khoảng cách từ tâm xe tới mỗi bên xe khoảng 3 : 2 = 1,5 m, tương ứng với x = 1,5. Thay vào phương trình của elip để ta tìm ra độ cao y của điểm M (có hoành độ bằng 1,5 thuộc (E)) so với trục Ox.

\frac{x_{M}^{2}}{36} + \frac{y_{M}^{2}}{9} = 1

Suy ra: y_{M} = 3\sqrt{1 - \frac{x_{M}^{2}}{36}} = 3\sqrt{1 - \frac{1,5^{2}}{36}} \approx 2,905 > 2,8

Kết luận: Ô tô tải có thể đi được qua hầm, tuy nhiên cần khuyến cáo ô tô phải đi vào chính giữa hầm.

Giải SBT Toán 10 trang 47

Giải bài 7.36 trang 47 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

Cho điểm M(x0; y0) thuộc elip (E) có phương trình \frac{x^{2}}{2} + \frac{y^{2}}{1} = 1 .

a) Tính MF12 – MF22 theo x0; y0. Từ đó tính MF1, MF2, theo x0; y0.

b) Tìm điểm M sao cho MF2 = 2MF1.

c) Tìm M sao cho góc nhìn của M tới hai đểm F1; F2 (tức là góc \widehat{F_{1}MF_{2}} ) là lớn nhất?

Hướng dẫn giải:

Từ phương trình chính tắc của (E) ta có

b = 1,\ a = \sqrt{2},c = \sqrt{a^{2} - b^{2}} = \sqrt{2 - 1} = 1 .

(E) có hai tiêu điểm là F1(–1; 0); F2(1; 0).

a) Ta có:

MF12 = (x0 + 1)2 + (y0 – 0)2 = (x0 + 1)2 + y02

MF22 = (x0 – 1)2 + (y0 – 0)2 = (x0 – 1)2 + y02

MF12 – MF22

= (x0 + 1)2 + y02 – [(x0 – 1)2 + y02]

= (x0 + 1)2 – (x0 – 1)2

= x02 + 2x0 + 1 – (x02 – 2x0 + 1)

= 4x0.

Mặt khác, do M thuộc (E) nên ta có:

MF1 + MF2 = 2a = 2√2 (1)

Mà: (MF1 – MF2)(MF1 + MF2) = MF12 – MF22

\Rightarrow MF_{1} - MF_{2} = \frac{M{F_{1}}^{2} - M{F_{2}}^{2}}{MF_{1} + MF_{2}} = \frac{4x_{0}}{2\sqrt{2}} = \sqrt{2}x_{0}\ \ (2)

Cộng hai vế của (1) và (2) ta có:

2MF_{1}\ = \ 2\sqrt{2}\ + \ \sqrt{2}x_{o}

\Leftrightarrow MF_{1}\ = \ \sqrt{2}\ + \ x_{0}\sqrt{2}

\Rightarrow MF_{2}\ = \ 2\sqrt{2} - \sqrt{2} - x_{0}\sqrt{2} = \sqrt{2} - x_{0}\sqrt{2}

b) Sử dụng kết quả của phần a) ta có:

MF_{2} = 2MF_{1} \Leftrightarrow \sqrt{2} - \frac{x_{0}}{\sqrt{2}} = 2\left( \sqrt{2} + \frac{x_{0}}{\sqrt{2}} \right)

\Leftrightarrow \frac{3x_{0}}{\sqrt{2}} = - \sqrt{2} \Leftrightarrow x_{0} = - \frac{2}{3}

Mặt khác do M thuộc (E) nên ta có:

\frac{{x_{0}}^{2}}{2} + \frac{{y_{0}}^{2}}{1} = 1 \Leftrightarrow {y_{0}}^{2} = 1 - \frac{{x_{0}}^{2}}{2} = 1 - \frac{\left( - \frac{2}{3} \right)^{2}}{2} = \frac{7}{9}

\Leftrightarrow \left\lbrack \begin{matrix} y_{0} = \frac{\sqrt{7}}{3} \\ y_{0} = - \frac{\sqrt{7}}{3} \end{matrix} \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 lí côsin trong tam giác MF1F2, ta có:

\cos\widehat{F_{1}MF_{2}} = \frac{M{F_{1}}^{2} + M{F_{2}}^{2} - F_{1}{F_{2}}^{2}}{2.MF_{1}.MF_{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)}\pi = \frac{{x_{0}}^{2}}{4 - {x_{0}}^{2}}

Ta có: \frac{{x_{0}}^{2}}{2} = 1 - {y_{0}}^{2} \geq 0 ⇔ 0 ≤ x02 ≤ 2 ⇒ 4 – x02 > 0.

Suy ra \cos\widehat{F_{1}MF_{2}} \geq 0 \Leftrightarrow \widehat{F_{1}MF_{2}} \leq 90^{0}

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x0 = 0 ⇒ y0 = ±1

Vậy M(0; 1) hoặc M(0; –1) thì M nhìn hai tiêu điểm dưới góc nhìn lớn nhất.

Giải bài 7.37 trang 47 sách bài tập Toán 10 KNTT Tập 2

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 của Trái Đất đến Mặt Trăng.

Hướng dẫn giải:

Xét đường elip như hình vẽ:

Theo đề bài: Độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ của quỹ đạo lần lượt là 768 800 km và 767 640 km. Nên ta có:

2a = 768 800 và 2b = 767 640

Do đó, a = 384 400 và b = 383 820.

Từ đó suy ra c = \sqrt{a^{2} - b^{2}} = \sqrt{384400^{2} - 383820^{2}} \approx 21108 .

Vì vậy khoảng cách lớn nhất từ tâm của Trái Đất đến Mặt Trăng là

a + c ≈ 384 400 + 21 108 = 405 508 (km)

Khoảng cách nhỏ nhất từ tâm của Trái Đất đến Mặt Trăng là:

a – c ≈ 384 400 – 21 108 = 363 292 (km).

Đóng Chỉ thành viên VnDoc PRO/PROPLUS tải được nội dung này!
Đóng
Đang cập nhật / tháng
Mua ngay
Đặc quyền các gói Thành viên
PRO
Phổ biến nhất
PRO+
Tải tài liệu Cao cấp 1 Lớp
30 lượt tải tài liệu
Xem nội dung bài viết
Trải nghiệm Không quảng cáo
Làm bài trắc nghiệm không giới hạn
Mua cả năm Tiết kiệm tới 48%
1
3 Bài viết đã được lưu
Mục lục

Có thể bạn quan tâm

Xác thực tài khoản!

Theo Nghị định 147/2024/ND-CP, bạn cần xác thực tài khoản trước khi sử dụng tính năng này. Chúng tôi sẽ gửi mã xác thực qua SMS hoặc Zalo tới số điện thoại mà bạn nhập dưới đây:

Số điện thoại chưa đúng định dạng!
Số điện thoại này đã được xác thực!
Bạn có thể dùng Sđt này đăng nhập tại đây!
Lỗi gửi SMS, liên hệ Admin
Sắp xếp theo
Xóa Đăng nhập để Gửi
Tìm bài trong mục này