Giải SGK toán 10 trang 59 tập 2

Giải Toán 10 trang 59 Bài tập cuối chương 7

Giải SGK Toán 10 trang 59 tập 2 cung cấp lời giải chi tiết cho phần Bài tập cuối chương 7 – Toán 10 Kết nối tri thức. Nội dung giúp học sinh củng cố kiến thức trọng tâm, hiểu cách vận dụng công thức và rèn luyện kỹ năng giải bài tập hiệu quả.

Giải bài 7.35 trang 59 Toán 10 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

a) Giao điểm của (E) với trục hoành có y = 0 nên \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{0^2}}}{{{b^2}}} = 1\) ⇒ x²= a² ⇒ x = ± a

=> Giao điểm của (E) với trục hoành lần lượt là: A₁(−a; 0), A₂(a; 0).

\(\Rightarrow \overrightarrow {{A_1}{A_2}} = \left( {2a;0} \right) \Rightarrow {A_1}{A_2} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {0^2}} = 2a\)

Giao điểm của (E) với trục tung có x = 0 nên \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{0^2}}}{{{b^2}}} = 1\) ⇒ y² = b² ⇒ y = ± b

=> Giao điểm của (E) với trục tung lần lượt là: B₁(0; −b), B₂(0; b).

\(\Rightarrow \overrightarrow {{B_1}{B_2}} = \left( {0;2b} \right) \Rightarrow {B_1}{B_2} = \sqrt {{0^2} + {{\left( {2b} \right)}^2}} = 2b\)

Vậy A₁(−a; 0), A₂(a; 0), B₁(0; −b), B₂(0; b), A₁A₂ = 2a, B₁B₂ = 2b.

b) Vì M(x₀; y₀) thuộc (E) nên \(\frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} + \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}} = 1\)

Vì a > b > 0 nên \(\frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{{x_0}^2}}{{{b^2}}}\) (Dấu “=” xảy ra khi x₀ = 0)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} + \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}} \le \frac{{{x_0}^2}}{{{b^2}}} + \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}}\\ \Leftrightarrow 1 \le \frac{{{x_0}^2}}{{{b^2}}} + \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}} = \frac{{{x_0}^2 + {y_0}^2}}{{{b^2}}}\\ \Leftrightarrow {b^2} \le {x_0}^2 + {y_0}^2{\rm{ }}\left( 1 \right) \end{array}\)

Tương tự ta có: \(\frac{{{y_0}^2}}{{{a^2}}} \le \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}}\) (Dấu “=” xảy ra khi y₀ = 0)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} + \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}} \le \frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} + \frac{{{y_0}^2}}{{{a^2}}}\\ \Leftrightarrow 1 \ge \frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} + \frac{{{y_0}^2}}{{{a^2}}} = \frac{{{x_0}^2 + {y_0}^2}}{{{a^2}}}\\ \Leftrightarrow {x_0}^2 + {y_0}^2 \le {a^2}{\rm{ }}\left( 2 \right) \end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra: \({b^2} \le x_0^2 + y_0^2 \le {a^2}\) (đpcm)

Mặt khác ta có: \(\overrightarrow {OM} = \left( {{x_0};{y_0}} \right) \Rightarrow OM = \sqrt {{x_0}^2 + {y_0}^2}\)

Mà \({b^2} \le x_0^2 + y_0^2 \le {a^2} \Leftrightarrow b \le \sqrt {x_0^2 + y_0^2} \le a\) (đpcm).

Giải bài 7.36 trang 59 Toán 10 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

a) Giao điểm của (H) với trục hoành có y = 0 nên \(\frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} - \frac{{{0^2}}}{{{b^2}}} = 1\) ⇒ x²= a² ⇒ x = ± a;

Hơn nữa hoành độ A₁ nhỏ hơn hoành độ A₂ nên ta có: A₁(−a; 0), A₂(a; 0).

Vậy tọa độ giao điểm của hypebol với trục hoành lần lượt là A₁(−a; 0), A₂(a; 0).

b) Ta có: \(\frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} - \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow \frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} = 1 + \frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}}\)

Mà \(\frac{{{y_0}^2}}{{{b^2}}} \ge 0 \Rightarrow \frac{{{x_0}^2}}{{{a^2}}} \ge 1 \Leftrightarrow {x_0}^2 \ge {a^2} \Leftrightarrow {x_0} \ge \left| a \right|\)

⇔ x ≥ a hoặc x ≤ - a .

Vậy điểm M(x; y) thuộc nhánh nằm bên trái trục tung của hypebol thì x ≤ 0 nên x ≤ –a, nếu điểm M(x; y) thuộc nhánh nằm bên phải trục tung của hypebol thì x ≥ 0 nên x ≥ a.

b) Gọi toạ độ điểm M₁(x₁;y₁), M₂(x₂;y₂), tương ứng thuộc các nhánh bên trái, bên phải trục tung của hypebol.

=> x₁ ≤ – a và x₂ ≥ a.

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {{M_1}{M_2}} = \left( {{x_2} - {x_1};{y_2} - {y_1}} \right)\\ \Rightarrow {M_1}{M_2} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{y_2} - {y_1}} \right)}^2}} \\ {A_1}{A_2} = \sqrt {{{\left( {a - \left( { - a} \right)} \right)}^2} + {{\left( {0 - 0} \right)}^2}} = 2a \end{array}\)

Vì x₁ < 0 và x₂ > 0 nên x₂ – x₁ = |x₂|+|x₁| (1)

Mặt khác ta có: x₁ ≤ –a và x₂ ≥ a ⇒ |x₂| ≥ a và |x₁| ≥ a

⇒ |x₂|+|x₁| ≥ a + a = 2a (2)

Từ (1) và (2) ta có: x₂– x₁ ≥ 2a ⇒ (x₂ – x₁)² ≥ (2a)²

Ta lại có: (y₂ – y₁)² ≥ 0

⇒ (x₂ – x₁)² + (y₂ – y₁)² ≥ (2a)² + 0 = (2a)²

⇒ √(x2−x1)2+(y2−y1)2 ≥ 2a hay M₁M₂ ≥ A₁A₁

Vậy M₁M₂ nhỏ nhất khi M₁M₂ = A₁A₂

Dấu “=” xảy ra khi diểm M₁ ≡ A₁(-a; 0) và M₂ ≡ A₂(a; 0).

Giải bài 7.37 trang 59 Toán 10 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxy có gốc O là chỗ nhỏ nhất ở chính giữa, như hình vẽ sau:

Gọi A₁, A₂ lần lượt là giao điểm của hypebol với trục hoành mà O là trung điểm của A₁A₂ nên A₁(−0,4 ; 0), A₂(0,4 ; 0) hay a = 0,4.

Gọi phương trình hypebol của hình trụ có dạng: \(\frac{{{x^2}}}{{0,{4^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\)

Gọi M là một điểm trên đỉnh cột nằm ở nhánh bên phải của trục tung hypebol. Ta có toạ độ điểm M(0,5; 3).

Vì điểm M(0,5; 3) thuộc (H) nên \(\frac{{0,{5^2}}}{{0,{4^2}}} - \frac{{{3^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow {b^2} = 16\)

=> Phương trình hypebol của hình trụ đó là: \(\frac{{{x^2}}}{{0,{4^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\)

Tại vị trí 5m thì điểm đó cách trục hoành một khoảng bằng 2m nên ta có y = 2.

Thay y = 2 vào phương trình hypebol ta được:

Vậy độ rộng tại vị trí có độ cao 5m xấp xỉ là: 0,45.2 = 0,9 m.

--------------------------

Hy vọng phần giải Toán 10 KNTT Bài tập cuối chương 7 giúp các em hoàn thành bài tập trang 59 tập 2 chính xác và dễ hiểu hơn. Hãy chủ động ôn lại kiến thức đã học và luyện tập thêm để nâng cao khả năng vận dụng khi làm bài kiểm tra.