Giải SGK Toán 10 (Kết nối tri thức) Bài 22: Ba đường conic

Giải Toán 10 Bài 22: Ba đường conic

1. Elip

HĐ1 trang 48 Toán 10 Tập 2: Đính hai đầu của một sợi dây không đàn hồi vào hai vị trí cố định F₁, F₂ trên một mặt bàn (độ dài sợi dây lớn hơn khoảng cách giữa hai điểm F₁, F₂ ). Kéo căng sợi dây tại một điểm M bởi một đầu bút dạ (hoặc phấn). Di chuyển đầu bút dạ để nó vẽ trên mặt bàn một đường khép kín (H.7.18).

a) Đường vừa nhận được có liên hệ với hình ảnh nào ở Hình 7.17?

b) Trong quá trình đầu bút di chuyển để vẽ nên đường nói trên, tổng các khoảng cách từ nó tới các vị trí F₁, F₂ có thay đổi không? Vì sao?

Lời giải:

a) Đường vừa nhận được có liên hệ với Hình 7.17b, hai hình này có dạng gần giống nhau.

b) Trong quá trình đầu bút di chuyển để vẽ nên đường nói trên, tổng các khoảng cách từ đầu bút tới các vị trí F₁, F₂ không thay đổi vì nó luôn bằng độ dài của sợi dây.

Câu hỏi trang 49 Toán 10 Tập 2: Tại sao trong định nghĩa elip cần điều kiện a > c?

Lời giải:

Xét tam giác MF₁F₂, theo bất đẳng thức tam giác ta có: MF₁ + MF₂ > F₁F₂. 

Mà MF₁ + MF₂ = 2a, F₁F­₂ = 2c nên 2a > 2c.

Suy ra: a > c.

Luyện tập 1 trang 49 Toán 10 Tập 2: Trên bàn bida hình elip có một lỗ thu bi tại một tiêu điểm (H.7.20). Nếu gậy chơi tác động đủ mạnh vào một bi đặt tại tiêu điểm còn lại của bàn, thì sau khi va vào thành bàn, bi sẽ bật lại và chạy về lỗ thu (bỏ qua các tác động phụ). Hỏi độ dài quãng đường bi lăn từ điểm xuất phát tới lỗ thu có phụ thuộc vào đường đi của bi hay không? Vì sao?

Lời giải:

Vị trí ban đầu của bi và vị trí của lỗ thu là 2 tiêu điểm của hình elip, gọi hai tiêu điểm này lần lượt là F₁ và F₂. Bi lăn từ F₁ đến một vị trí M trên hình elip rồi đi đến F₂. 

Do đó, quãng đường bi đi được là: MF₁ + MF₂.

Theo tính chất hình elip thì MF₁ + MF₂ = 2a không đổi.

Vậy độ dài quãng đường bi lăn từ điểm xuất phát tới lỗ thu không phụ thuộc vào đường đi của bi.

HĐ2 trang 49 Toán 10 Tập 2: Xét một elip (E) với các kí hiệu như trong định nghĩa. Chọn hệ trục tọa độ Oxy có gốc O là trung điểm của F₁F₂, tia Ox trùng tia OF₂ (H.7.21).

a) Nêu tọa độ của các tiêu điểm F₁, F₂.

b) Giải thích vì sao điểm M(x; y) thuộc elip khi và chỉ khi

$\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}=2a$.            (1)

Chú ý. Người ta có thể biến đổi (1) về dạng $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, với $b=\sqrt{a^2-c^2}$.

Lời giải:

a) Vì F₁F₂ = 2c, mà O là trung điểm của F₁F₂. 

Do đó ta có: F₁O = F­₂O = 2c : 2 = c. 

Quan sát hình ta thấy, điểm F­₁ thuộc trục Ox, nằm bên trái điểm O và cách O một khoảng bằng F₁O nên tọa độ F_1­(– c; 0). 

Điểm F­₂ thuộc trục Ox, nằm bên phải điểm O và cách O một khoảng bằng F₂O nên tọa độ F_2­(c; 0). 

Vậy tọa độ các tiêu điểm: F₁(– c; 0) và F₂(c; 0).

b) +) Giả sử M(x; y) thuộc elip (E) ta cần chứng minh: $\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}=2a$

Thật vậy, M thuộc elip (E) nên: MF₁ + MF₂ = 2a.

Lại có: MF₁ = $\sqrt{{\left(x-\left(-c\right)\right)}^2+{\left(y-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}$ ; 

MF₂ = $\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+{\left(y-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}$.

⇒ MF₁ + MF₂  = $\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}=2a$.

Vậy $\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}=2a$.

+) Giả sử $\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}=2a$, ta cần chứng minh M thuộc elip (E). 

Thật vậy: $\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}=2a$ nên: MF₁ + MF₂ = 2a.

Vậy M thuộc elip (E).

Luyện tập 1 trang 50 Toán 10 Tập 2: Cho elip có phương trình chính tắc $\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{64}=1$. Tìm các tiêu điểm và tiêu cự của elip. 

Lời giải:

Ta có: a² = 100, b² = 64. Do đó c = $\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{100-64}=\sqrt{36}=6$. 

Vậy elip có hai tiêu điểm là F₁(– 6; 0); F₂(6; 0) và tiêu cự là F₁F₂ = 2c = 2 . 6 = 12. 

Vận dụng 1 trang 50 Toán 10 Tập 2: Trong bản vẽ thiết kế, vòm của ô thoáng trong Hình 7.22 là nửa nằm phía trên trục hoành của elip có phương trình $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$.

Biết rằng 1 đơn vị trên mặt phẳng tọa độ của bản vẽ thiết kế ứng với 30 cm trên thực tế. Tính chiều cao h của ô thoáng tại điểm cách điểm chính giữa của đế ô thoáng 75 cm.

Lời giải:

Ta có 30 cm trên thực tế ứng với 1 đơn vị trên mặt phẳng tọa độ.

Nên 75 cm trên thực tế ứng với 75 : 30 = 2,5 đơn vị trên mặt phẳng tọa độ.

Gọi điểm M trên elip thỏa mãn có hoành độ là 2,5, suy ra tọa độ M(2,5; y)

Mà M thuộc (E) nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình (E), do đó: 

$\frac{{\left(\mathrm{2,5}\right)}^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1\Rightarrow y^2=\frac{39}{16}\Rightarrow y=\frac{\sqrt{39}}{4}\approx \mathrm{1,56}$

Khi đó chiều cao của ô thoáng là: h ≈ 1,56 . 30 = 46,8 cm.

Vậy chiều cao của ô thoáng khoảng 46,8 cm. 

HĐ3 trang 50 Toán 10 Tập 2: Giả sử thiết bị tại F₂ nhận được tín hiệu âm thanh sớm hơn thiết bị tại F₁ là 2 giây và vận tốc âm thanh là 343 m/s. 

a) Tìm mối quan hệ giữa các khoảng cách từ nơi phát ra tín hiệu âm thanh tới F₁, F₂. 

b) Việc giới hạn khu vực tìm kiếm nơi phát ra tín hiệu âm thanh có liên quan đến bài toán tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn MF₁ – MF₂ = 686 (m) hay không? 

Lời giải:

a) Giả sử nơi phát ra tín hiệu âm thanh là tại vị trí điểm M. 

Khi đó MF₁ là khoảng cách từ nơi phát ra tín hiệu âm thanh tới F₁ và MF₂ là khoảng cách từ nơi phát ra tín hiệu âm thanh tới F₂.

Gọi t₁ là thời gian âm thanh phát từ M đến F₁, t₂ là thời gian âm thanh phát từ M đến F₂. 

Thiết bị tại F₂ nhận được tín hiệu âm thanh sớm hơn thiết bị tại F₁ là 2 giây nên t₁ – t₂ = 2. 

Vận tốc âm thanh là 343 m/s. 

Khi đó ta có: MF₁ = 343.t₁; MF₂ = 343.t₂. 

Suy ra: MF₁ – MF₂ = 343.t₁ – 343.t₂ = 343.(t₁ – t₂) = 343 . 2 = 686 (m). 

Vậy mối quan hệ giữa các khoảng cách từ nơi phát ra tín hiệu âm thanh tới F₁, F₂ là MF₁ – MF₂ = 686 (m). 

b) Việc giới hạn khu vực tìm kiếm nơi phát ra tín hiệu âm thanh chính là việc giải quyết bài toán tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn MF₁ – MF₂ = 686 (m). 

Câu hỏi trang 50 Toán 10 Tập 2: Tại sao trong định nghĩa hypebol cần điều kiện a < c? 

Lời giải:

Xét tam giác MF₁F₂, áp dụng bất đẳng thức trong tam giác ta có: |MF₁ – MF₂| < F₁F₂.

Mà |MF₁ – MF₂| = 2a, F₁F₂ = 2c. Nên 2a < 2a. 

Suy ra: a < c.

2. Hypebol

Luyện tập 3 trang 51 Toán 10 Tập 2: Cho hình chữ nhật ABCD và M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AB, CD (H.7.25). Chứng minh rằng bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một hypebol có hai tiêu điểm là M và N.

Lời giải:

Do ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD. 

Vì M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AB, CD nên AM = BM = $\frac{1}{2}$AB và CN = DN = $\frac{1}{2}$CD. 

Do đó ta có: BM = CN = AM = DN  (*). 

Khi đó BM // = ND nên BMDN là hình bình hành, suy ra BN = MD (1). 

Tương tự AN = CM (2). 

Hơn nữa ta chứng minh được BMNC là hình chữ nhật nên hai đường chéo BN và MC bằng nhau hay BN = MC (3). 

Từ (1), (2) và (3) suy ra: BN = CM = AN = DM (**).

Từ (*) và (**) ta có: |BN – BM| = |CN – CM| = |AN – AM| = |DN – DM| < MN (bất đẳng thức tam giác).

Vậy A, B, C, D cùng thuộc một hypebol có hai tiêu điểm là M và N.

3. Parabol

HĐ4 trang 51 Toán 10 Tập 2: Xét một hypebol (H) với các kí hiệu như trong định nghĩa. Chọn hệ trục Oxy có gốc O là trung điểm của F₁F₂, tia Ox trùng tia OF₂ (H.7.26). Nêu tọa độ của các tiêu điểm F₁, F₂. Giải thích vì sao điểm M(x; y) thuộc (H) khi và chỉ khi

$\left|\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}-\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}\right|=2a$. (3)

Lời giải:

+) Vì F₁F₂ = 2c, mà O là trung điểm của F₁F₂. 

Do đó ta có: F₁O = F₂O = 2c : 2 = c. 

Quan sát hình ta thấy, điểm F₁ thuộc trục Ox, nằm bên trái điểm O và cách O một khoảng bằng F₁O nên tọa độ F₁(– c; 0). 

Điểm F₂ thuộc trục Ox, nằm bên phải điểm O và cách O một khoảng bằng F₂O nên tọa độ F₂(c; 0). 

Vậy tọa độ các tiêu điểm: F₁(– c; 0) và F₂(c; 0).

+) Giả sử M(x; y) thuộc hypebol (H) ta cần chứng minh: 

$\left|\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}-\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}\right|=2a$.

Thật vậy, M thuộc hypebol (H) nên: |MF₁ – MF₂|= 2a.

Lại có: MF₁ = $\sqrt{{\left(x-\left(-c\right)\right)}^2+{\left(y-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}$; 

MF₂ = $\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+{\left(y-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}$.

⇒ |MF₁ – MF₂| = $\left|\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}-\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}\right|=2a$.

Vậy $\left|\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}+\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}\right|=2a$.

+) Giả sử $\left|\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}-\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}\right|=2a$, ta cần chứng minh M thuộc hypebol (H). 

Thật vậy: $\left|\sqrt{{\left(x+c\right)}^2+y^2}-\sqrt{{\left(x-c\right)}^2+y^2}\right|=2a$ nên: |MF₁ – MF₂|= 2a.

Vậy M thuộc hypebol (H).

Luyện tập 4 trang 52 Toán 10 Tập 2: Cho hypebol (H): $\frac{x^2}{144}-\frac{y^2}{25}=1$. Tìm các tiêu điểm và tiêu cự của (H). 

Lời giải:

Ta có: a² = 144, b² = 25, nên c = $\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13$. 

Vậy hypebol có hai tiêu điểm là F₁(– 13; 0), F₂(13; 0) và có tiêu cự 2c = 2 . 13 = 26. 

HĐ5 trang 52 Toán 10 Tập 2: Cho parabol (P): y = $\frac{1}{4}$x². Xét F(0; 1) và đường thẳng Δ: y + 1 = 0. Với điểm M(x; y) bất kì, chứng minh rằng MF = d(M, Δ) ⇔ M(x; y) thuộc (P).

Lời giải:

Ta có: $MF=\sqrt{x^2+{\left(y-1\right)}^2}$. 

d(M, ∆) = $\frac{\left|y+1\right|}{\sqrt{0^2+1^2}}=\left|y+1\right|$.

+) Giả sử MF = d(M, ∆), ta cần chứng minh M(x; y) thuộc (P). 

Thật vậy, MF = d(M, ∆)

Bình phương cả hai vế của phương trình trên ta được:

x² + (y – 1)² = (y + 1)² 

⇔ x² – 4y = 0 ⇔ y = $\frac{1}{4}$x². 

Vậy M thuộc (P). 

+) Giả sử M(x; y) thuộc (P), ta cần chứng minh MF = d(M, Δ).

M(x; y) thuộc (P) nên y = $\frac{1}{4}$x² hay x² = 4y, thay vào biểu thức tính MF ta có: 

MF = $\sqrt{x^2+{\left(y-1\right)}^2}=\sqrt{4y+{\left(y-1\right)}^2}=\sqrt{4y+y^2-2y+1}$

$=\sqrt{y^2+2y+1}=\sqrt{{\left(y+1\right)}^2}=\left|y+1\right|$ =d(M, ∆). 

Vậy MF = d(M, Δ).

HĐ6 trang 52 Toán 10 Tập 2: Hoạt động 6 trang 52 SGK Toán lớp 10 Tập 2: Xét (P) là một parabol với tiêu điểm F và đường chuẩn Δ. Gọi p là tham số tiêu của (P) và H là hình chiếu vuông góc của F trên Δ. Chọn hệ trục tọa độ Oxy có gốc O là trung điểm của HF, tia Ox trùng tia OF (H.7.27). 

a) Nêu tọa độ của F và phương trình của ∆. 

b) Giải thích vì sao điểm M(x; y) thuộc (P) khi và chỉ khi 

$\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$. 

Lời giải:

a) 

+) Khoảng cách từ F đến ∆, chính là FH và chính bằng tham số tiêu của (P) nên HF = p. 

Lại có O là trung điểm của HF nên HO = OF = $\frac{1}{2}HF=\frac{p}{2}$. 

Điểm F thuộc trục Ox và nằm bên phải điểm O và cách O một khoảng bằng OF nên tọa độ của F là F$\left(\frac{p}{2};0\right)$. 

Điểm H thuộc trục Ox và nằm bên trái điểm O và cách O một khoảng bằng OH nên tọa độ của H là H$\left(-\frac{p}{2};0\right)$. 

+) Đường thẳng ∆ đi qua điểm H$\left(-\frac{p}{2};0\right)$ và vuông góc với trục Ox, do đó phương trình của ∆ là x = $-\frac{P}{2}$ hay ∆: $x+\frac{p}{2}=0$. 

b) Ta có: MF = $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}$.

d(M, ∆) = $\frac{\left|x+\frac{p}{2}\right|}{\sqrt{1^2+0}}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$.

+) Giả sử M thuộc (P), ta cần chứng minh $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$. 

Thật vậy, vì M thuộc (P) nên MF = d(M, ∆). 

$\iff \sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$. 

+) Giả sử $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$, ta cần chứng minh M thuộc (P). 

Thật vậy, vì $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$ nên MF = d(M, ∆). 

Vậy M thuộc (P). 

Vận dụng 2 trang 53 Toán 10 Tập 2: Tại một vùng biển giữa đất liền và một đảo, người ta phân định một đường ranh giới cách đều đất liền và đảo (H.7.28). Coi bờ biển vùng đất liền đó là một đường thẳng và đảo là hình tròn. Hỏi đường ranh giới nói trên có hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Coi đường thẳng là bờ biển của vùng đất liền là đường chuẩn, đảo là hình tròn với tâm là vị trí tiêu điểm F. Thì đường ranh giới là tập hợp các điểm cách đều đất liền và đảo là đường hình parabol. Vì thỏa mãn tính chất đường parabol, các điểm M nằm trên đường ranh giới cách đều đường chuẩn và tiêu điểm F.

4. Một số ứng dụng của ba đường conic

Vận dụng 3 trang 56 Toán 10 Tập 2: Gương elip trong một máy tán sỏi thận (H.7.33) ứng với elip có phương trình chính tắc $\frac{x^2}{400}+\frac{y^2}{76}=1$ (theo đơn vị cm). Tính khoảng cách từ vị trí đầu phát sóng của máy đến vị trí của sỏi thận cần tán.

Lời giải:

Khoảng cách từ đầu phát sóng của máy đến vị trí của sỏi thận cần tán là tiêu cự của elip.

Ta có: a² = 400, b² = 76, nên c = $\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{400-76}=\sqrt{324}=18$, do đó tiêu cự là 2c = 2 . 18 = 36.

Vậy khoảng cách từ đầu phát sóng của máy đến vị trí của sỏi thận cần tán là 36 cm. 

Bài tập

Bài 7.19 trang 56 Toán 10 Tập 2: Cho elip có phương trình: $\frac{x^2}{36}+\frac{y^2}{9}=1$. Tìm tiêu điểm và tiêu cự của elip.

Lời giải:

Ta có: a² = 36, b² = 9, nên c = $\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$.

Do đó elip có các tiêu điểm là F₁ $\left(-3\sqrt{3};0\right)$, F₂ $\left(3\sqrt{3};0\right)$và tiêu cự 2c = 2 .$3\sqrt{3}=6\sqrt{3}$  .

Bài 7.20 trang 56 Toán 10 Tập 2: Cho hypebol có phương trình:  . Tìm tiêu điểm và tiêu cự của hypebol.

Lời giải:

Ta có: a² = 7, b² = 9, nên c = $\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{7+9}=\sqrt{16}=4$.

Do đó hypebol có các tiêu điểm là F₁(– 4; 0), F₂(4; 0)và tiêu cự 2c = 2 . 4 = 8.

Bài 7.21 trang 56 Toán 10 Tập 2: Cho parabol có phương trình: y² = 8x. Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của parabol.

Lời giải:

Ta có: 2p = 8 nên p = 8 : 2 = 4. 

Suy ra $\frac{p}{2}=\frac{4}{2}=2$ . 

Vậy parabol có tiêu điểm F(2; 0) và đường chuẩn ∆: x = – 2. 

Bài 7.22 trang 56 Toán 10 Tập 2: Lập phương trình chính tắc của elip đi qua điểm A(5; 0) và có một tiêu điểm là F₂(3; 0).

Lời giải:

Elip (E) có dạng: $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ với a > b > 0. 

+) Vì elip đi qua điểm A(5; 0) nên tọa độ điểm A thỏa mãn phương trình elip, khi đó ta có: $\frac{5^2}{a^2}+\frac{0^2}{b^2}=1\iff \frac{5^2}{a^2}=1\iff a^2=5^2$  .

Suy ra: a = 5 (do a > 0).

+) Elip này có một tiêu điểm F₂(3; 0), nên c = 3 hay  $\sqrt{a^2-b^2}=3$. 

Thay a² = 25 vào ta được: $\sqrt{25-b^2}=3\Rightarrow 25-b^2=9\iff b^2=16$ . 

Suy ra b = 4 (do b > 0). 

Vậy phương trình chính tắc của elip đi qua điểm A(5; 0) và có một tiêu điểm là F₂(3; 0) là $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$

Bài 7.23 trang 56 Toán 10 Tập 2: Lập phương trình chính tắc của parabol đi qua điểm M(2; 4).

Lời giải:

Gọi dạng của phương trình chính tắc của parabol cần lập là: y² = 2px (với p > 0). 

Vì parabol đi qua điểm M(2; 4), nên tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình parabol hay x = 2 và y = 4, khi đó ta có: 4² = 2p . 2 ⇔ p = 4 (thỏa mãn). 

Suy ra 2p = 2 . 4 = 8. 

Vậy phương trình chính tắc của parabol đi qua điểm M(2; 4) là y² = 8x. 

Bài 7.24 trang 56 Toán 10 Tập 2: Có hai trạm phát tín hiệu vô tuyến đặt tại hai vị trí A, B cách nhau 300 km. Tại cùng một thời điểm, hai trạm cùng phát tín hiệu với vận tốc 292 000 km/s để một tàu thủy thu và đo độ lệch thời gian. Tín hiệu từ A đến sớm hơn tín hiệu từ B là 0,0005 s. Từ thông tin trên, ta có thể xác định được tàu thủy thuộc đường hybebol nào? Viết phương trình chính tắc của hypebol đó theo đơn vị kilômét.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A, B nằm trên trục Ox, tia Ox trùng với tia OB, O là trung điểm của AB. 

Ta có: AB = 300 nên AO = OB = AB : 2 = 300 : 2 = 150. 

Khi đó ta xác định được tọa độ hai điểm A, B là: A(– 150; 0) và B(150; 0). 

Gọi vị trí tàu thủy là điểm M nằm trên hypebol có 2 tiêu điểm là A và B.

Tín hiệu từ A đến sớm hơn tín hiệu từ B là 0,0005 s nên ta có: 

|MA – MB| = 0,0005 . 292 000 = 146 (km).

Gọi phương trình chính tắc của hypebol cần lập có dạng:

$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ với a, b > 0. 

Vì |MA – MB| = 146 = 2a ⇔ a = 73 (thỏa mãn).

Suy ra a² = 73² = 5329. 

Do hypebol có hai tiêu điểm là: A(– 150; 0) và B(150; 0) nên c = 150. 

Ta có:  $\sqrt{a^2+b^2}=c$ $\iff \sqrt{{73}^2+b^2}=150$

$\Rightarrow {73}^2+b^2={150}^2\iff b^2=17171$

Suy ra b = $\sqrt{17171}$ (do b > 0). 

Vậy tàu thủy thuộc đường hypebol có hai tiêu điểm là A(– 150; 0), B (150; 0), có tiêu cự 2c = 2 . 150 = 200 và có phương trình chính tắc là:$\frac{x^2}{5329}-\frac{y^2}{17171}=1$.

Bài 7.25 trang 56 Toán 10 Tập 2: Khúc cua của một con đường có dạng hình parabol, điểm đầu vào khúc cua là A, điểm cuối là B, khoảng cách AB = 400 m. Đỉnh parabol (P) của khúc của cách đường thẳng AB một khoảng 20 m và cách đều A, B (H.7.34).

a) Lập phương trình chính tắc của (P), với 1 đơn vị đo trong mặt phẳng tọa độ tương ứng 1 m trên thực tế.

b) Lập phương trình chính tắc của (P), với 1 đơn vị đo trong mặt phẳng tọa độ tương ứng 1 km trên thực tế.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho đỉnh của parabol trùng với gốc tọa độ O(0; 0) (như hình vẽ).

Gọi H là hình chiếu của O lên AB, khi đó ta chứng minh được H là trung điểm của AB nên HA = HB =  $\frac{1}{2}$AB. 

Khoảng cách từ khúc cua đến đường thẳng AB là OH.

a) Khoảng cách AB = 400 m. 

Ta có: HA = HB = 400 : 2 = 200 (m).

OH = 20 m. 

Nếu 1 đơn vị đo trong mặt phẳng tọa độ tương ứng 1 m trên thực tế thì tọa độ các điểm là: A(20; – 200) và B(20; 200). 

Gọi phương trình parabol (P) có dạng y² = 2px (với p > 0). 

Khi đó A, B đều thuộc (P). 

Thay tọa độ điểm B vào phương trình parabol (P) ta có: 200² = 2p . 20 ⇔ 2p = 2000. 

Vậy parabol (P) có phương trình là: y² = 2000x. 

b) Đổi: 400 m = 0,4 km; 20 m = 0,02 km.

Khi đó HA = HB = 0,4 : 2 = 0,2 (km). 

OH = 0,02 km. 

Nếu 1 đơn vị đo trong mặt phẳng tọa độ tương ứng 1 km trên thực tế thì tọa độ các điểm là: A(0,02; – 0,2) và B(0,02; 0,2) 

Gọi phương trình parabol (P) có dạng y² = 2p'x (với p' > 0). 

Khi đó A, B đều thuộc (P). 

Thay tọa độ điểm B vào phương trình parabol (P) ta có: 0,2² = 2p' . 0,02 ⇔ 2p' = 2.

Vậy parabol (P) có phương trình là: y² = 2x. 

Xem thêm lời giải bài tập SGK Toán lớp 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài tập cuối chương 7 trang 58, 59

Bài 23: Quy tắc đếm

Bài 24: Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp

Bài 25: Nhị thức Newton

Bài tập cuối chương 8 trang 76