Giải SGK Toán 10 (Kết nối tri thức) Bài tập cuối chương 7 trang 58, 59

Giải Toán 10 Bài tập cuối chương 7 trang 58, 59

A. Trắc nghiệm

Bài 7.26 trang 59 Toán 10 Tập 2: Phương trình nào sau đây là phương trình tham số của đường thẳng?

A. 2x – y + 1 = 0.          

B. $\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=t\end{array}\right.$. 

C. x² + y² = 1.              

D. y = 2x + 3.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B.

Phương trình tham số của đường thẳng có dạng $\left\{\begin{array}{l}x=x_0+at\\ y=y_0+bt\end{array}\right.$. 

Do đó trong các phương trình đã cho, thì phương trình ở đáp án B là phương trình tham số của đường thẳng với x₀ = y₀ = 0, a = 2 và b = 1. 

Bài 7.27 trang 59 Toán 10 Tập 2: Phương trình nào sau đây là phương trình tổng quát của đường thẳng?

A. – x – 2y  + 3 = 0. 

B. $\left\{\begin{array}{l}x=2t\\ y=t\end{array}\right.$. 

C. y² = 2x. 

D. $\frac{x^2}{10}+\frac{y^2}{6}=1$. 

Lời giải:

Đáp án đúng là: A.

Phương trình tổng quát của đường thẳng có dạng ax + bx + c = 0 với a, b không đồng thời bằng 0. 

Do đó, trong các đáp án đã cho, phương trình ở đáp án A là phương trình tổng quát của đường thẳng với a = – 1, b = – 2, c = 3. 

Bài 7.28 trang 59 Toán 10 Tập 2: Phương trình nào sau đây là phương trình của đường tròn?

A. x²– y² = 1.                   

B. (x – 1)² + (y – 2)² = – 4.

C. x² + y² = 2.                 

D. y² = 8x.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C.

Phương trình đường tròn có dạng: (x – a)² + (y – b)² = R². 

Trong các đáp án trên, phương trình ở đáp án C là phương trình đường tròn với a = 0, b = 0 và R = $\sqrt{2}$. 

Chú ý: Phương trình ở đáp án B không phải là phương trình đường tròn vì – 4 < 0. 

Bài 7.29 trang 59 Toán 10 Tập 2: Phương trình nào sau đây là phương trình chính tắc của đường elip?

A. $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{9}=1$. 

B. $\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{6}=1$. 

C. $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{1}=1$. 

D. $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{1}=1$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D.

Phương trình chính tắc của đường elip có dạng $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ với a > b > 0. 

Ta có: $\sqrt{2}>\sqrt{1}>0$. 

Do đó trong các đáp án đã cho, chỉ có phương trình ở đáp án D là phương trình chính tắc của đường elip. 

Bài 7.30 trang 59 Toán 10 Tập 2: Phương trình nào sau đây là phương trình chính tắc của đường hypebol?

A. $\frac{x^2}{3}-\frac{y^2}{2}=-1$. 

B. $\frac{x^2}{1}-\frac{y^2}{6}=1$. 

C. $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{1}=1$. 

D. $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{1}=-1$.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B.

Phương trình chính tắc của đường hypebol có dạng $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ với a, b > 0. 

Do đó trong các đáp án đã cho, chỉ có phương trình ở đáp án B là phương trình chính tắc của đường hypebol. 

Bài 7.31 trang 59 Toán 10 Tập 2: Phương trình nào sau đây là phương trình chính tắc của đường parabol?

A. x² = 4y. 

B. x² = – 6y.

C. y² = 4x. 

D. y² = – 4x.  

Lời giải:

Đáp án đúng là: C.

Phương trình chính tắc của đường parabol có dạng: y² = 2px (với p > 0). 

Do đó ta loại ngay đáp án A, B. 

Đáp án D có – 4 < 0 nên đây cũng không phải phương trình chính tắc của parabol. 

Vậy trong các đáp án đã cho, chỉ có phương trình ở đáp án C là phương trình chính tắc của parabol. 

B. Tự luận

Bài 7.32 trang 59 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ, cho A(1; – 1), B(3; 5), C(– 2; 4). Tính diện tích tam giác ABC.

Lời giải:

Độ dài đường cao từ đỉnh A đến BC chính bằng khoảng cách từ A đến đường thẳng BC, do đó diện tích của tam giác ABC bằng nửa tích khoảng cách từ A đến BC với BC. 

Ta viết phương trình đường thẳng BC: có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{BC}=\left(-2-3;4-5\right)=\left(-5;-1\right)$  và đi qua B(3; 5).

Suy ra vectơ pháp tuyến của đường thẳng BC là: $\overrightarrow{n}=\left(1;-5\right)$.

Do đó, phương trình đường thẳng BC là: 1(x – 3) – 5(y – 5) = 0 hay x – 5y + 22 = 0. 

Áp dụng công thức khoảng cách ta có: d(A; BC) = $\frac{\left|1-5.\left(-1\right)+22\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-5\right)}^2}}=\frac{14\sqrt{26}}{13}$.

Độ dài đoạn BC là: BC = $\sqrt{{\left(3-\left(-2\right)\right)}^2+{\left(5-4\right)}^2}=\sqrt{26}$. 

Vậy diện tích tam giác ABC là: S_ABC = $\frac{1}{2}$d(A; BC) . BC =  $\frac{1}{2}.\frac{14\sqrt{26}}{13}.\sqrt{26}=14$(đvdt).

Bài 7.33 trang 59 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ, cho hai điểm A(– 1; 0) và B(3; 1). 

a) Viết phương trình đường tròn tâm A và đi qua B. 

b) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. 

c) Viết phương trình đường tròn tâm O và tiếp xúc với đường thẳng AB. 

Lời giải:

a) Đường tròn tâm A đi qua B có bán kính R = AB = $\sqrt{{\left(3-\left(-1\right)\right)}^2+{\left(1-0\right)}^2}=\sqrt{17}$. 

Phương trình đường tròn tâm A(– 1; 0) và đi qua B là: 

${\left(x-\left(-1\right)\right)}^2+{\left(y-0\right)}^2={\left(\sqrt{17}\right)}^2$ hay (x + 1)² + y² = 17. 

b) Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là $\overrightarrow{AB}=\left(3-\left(-1\right);1-0\right)=\left(4;1\right)$. 

Suy ra một vectơ pháp tuyến của AB là $\overrightarrow{n}=\left(1;-4\right)$. 

Đường thẳng AB đi qua điểm A(– 1; 0) và có một vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n}=\left(1;-4\right)$, do đó phương trình tổng quát của đường thẳng AB là: 1(x + 1) – 4( y – 0) = 0 hay x – 4y + 1 = 0. 

c) Đường tròn tâm O(0; 0) tiếp xúc với đường thẳng AB có bán kính bằng khoảng cách từ O đến AB. 

Ta có: R = d(O; AB) = $\frac{\left|0-4.0+1\right|}{\sqrt{1^2+{\left(-4\right)}^2}}=\frac{1}{\sqrt{17}}$. 

Phương trình đường tròn tâm O có bán kính R =  $\frac{1}{\sqrt{17}}$là: ${\left(x-0\right)}^2+{\left(y-0\right)}^2={\left(\frac{1}{\sqrt{17}}\right)}^2$ hay x² + y² = $\frac{1}{\sqrt{17}}$. 

Bài 7.34 trang 59 Toán 10 Tập 2: Cho đường tròn (C) có phương trình x² + y²– 4x + 6y – 12 = 0.

a) Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của (C).

b) Chứng minh rằng điểm M(5; 1) thuộc (C). Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M.

Lời giải:

a) Ta có: x² + y² – 4x + 6y – 12 = 0 ⇔ x² + y² – 2 . 2 . x – 2 . (– 3) . y – 12 = 0. 

Có các hệ số: a = 2, b = – 3, c = – 12. 

Do đó, đường tròn (C) có tâm I(2; – 3) và bán kính R = $\sqrt{2^2+{\left(-3\right)}^2-\left(-12\right)}=\sqrt{25}=5$.

b) Vì 5² + 1²– 4 . 5 + 6 . 1 – 12 = 0 nên điểm M(5; 1) thuộc (C).

Tiếp tuyến d của (C) tại M có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{IM}=\left(5-2;1-\left(-3\right)\right)=\left(3;4\right)$ và đi qua M(5; 1) nên có phương trình là: 3(x – 5) + 4(y – 1) = 0 hay 3x + 4y – 19 = 0.

Bài 7.35 trang 59 Toán 10 Tập 2: Cho elip (E): $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$. 

a) Tìm các giao điểm A₁, A₂ của (E) với trục hoành và các giao điểm B₁, B₂ của (E) với trục tung. Tính A₁A₂,  B₁B₂.

b) Xét một điểm bất kì M(x₀; y₀) thuộc (E).

Chứng minh rằng, b² ≤ x₀² + y₀² ≤ a² và b ≤ OM ≤ a. 

Chú ý: A₁A₂, B₁B₂ tương ứng được gọi là trục lớn, trục nhỏ của elip (E) và tương ứng có độ dài là 2a, 2b. 

Lời giải:

a) 

+) Có A₁ thuộc trục hoành Ox nên y = 0, hơn nữa A₁ lại thuộc (E) nên $\frac{x^2}{a^2}+\frac{0^2}{b^2}=1$.

⇔ x² = a². 

Chọn A₁ nằm bên trái trục Oy nên có hoành độ âm. Vậy tọa độ A₁(– a; 0).

Chọn A₂ nằm bên phải trục Oy nên có hoành độ dương. Vậy tọa độ A₂(a; 0).

Suy ra độ dài A₁A₂ = $\sqrt{{\left(a-\left(-a\right)\right)}^2+{\left(0-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2}=2a$ (do a > 0).

+) B₁ thuộc trục tung Oy nên x = 0,hơn nữa B₁ lại thuộc (E) nên $\frac{0^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$.

⇔ y² = b².

Chọn B₁ nằm phía dưới trục Ox nên có tung độ âm. Vậy tọa độ B₁(0; – b).

Chọn B₂ nằm phía trên trục Ox nên có tung độ dương. Vậy tọa độ B₂(0; b).

Suy ra độ dài B₁B₂ = $\sqrt{{\left(0-0\right)}^2+{\left(b-\left(-b\right)\right)}^2}=\sqrt{{\left(2b\right)}^2}$= 2b  (do b > 0).

Vậy A₁A₂ = 2a, B₁B₂ = 2b. 

b) Vì M(x₀; y₀) thuộc (E) nên ta có tọa độ điểm M thỏa mãn phương trình (E), do đó: 

$\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1$ . 

+) Giả sử b² ≤ x₀² + y₀², chia cả hai vế cho b² > 0 ta được: 

$$\begin{gathered} \frac{b^2}{b^2}\le \frac{x_0^2}{b^2}+\frac{y_0^2}{b^2} \\ \iff 1\le \frac{x_0^2}{b^2}+\frac{y_0^2}{b^2} \\ \iff \frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}\le \frac{x_0^2}{b^2}+\frac{y_0^2}{b^2} \\ \iff \frac{x_0^2}{a^2}\le \frac{x_0^2}{b^2} \end{gathered}$$

Do a > b > 0 nên a² > b² > 0, và x₀² ≥ 0 với mọi x₀ nên $\frac{x_0^2}{a^2}\le \frac{x_0^2}{b^2}$ luôn đúng. 

Vậy b² ≤ x₀² + y₀². 

+) Chứng minh tương tự ta được: x₀² + y₀² ≤ a². 

Vậy b² ≤ x₀² + y₀² ≤ a²     (*).

+) Ta lại có: OM = $\sqrt{x_0^2+y_0^2}$

Từ (*) ta suy ra: $b\le \sqrt{x_0^2+y_0^2}\le a$

Do đó: b ≤ OM ≤ a. 

Bài 7.36 trang 59 Toán 10 Tập 2: Cho hypebol có phương trình: $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$  .

a) Tìm các giao điểm A₁, A₂ của hypebol với trục hoành (hoành độ của A₁ nhỏ hơn của A₂).

b) Chứng minh rằng, nếu điểm M(x; y) thuộc nhánh nằm bên trái trục tung của hypebol thì x ≤ − a, nếu điểm M(x; y) thuộc nhánh nằm bên phải trục tung của hypebol thì x ≥ a.

c) Tìm các điểm M₁, M₂ tương ứng thuộc cách nhánh bên trái, bên phải trục tung của hypebol để  M₁M₂ nhỏ nhất.

Lời giải:

a) A₁ thuộc trục hoành nên y = 0, lại có A₁ thuộc hypebol, do đó ta có: $\frac{x^2}{a^2}-\frac{0^2}{b^2}=1$

⇔ x² = a².

Do hoành độ của A₁ nhỏ hơn hoành độ của A₂ nên ta xác định được tọa độ của hai điểm A₁ và A₂ là: A₁(− a; 0) và A₂(a; 0).

b) Điểm M(x; y) thuộc hypebol nên ta có: $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$. 

Ta cần chứng minh: x² ≥ a² thì yêu cầu của bài toán được giải quyết. 

Giả sử: x² ≥ a²   $\iff \frac{x^2}{a^2}\ge 1$ (chia cả 2 vế cho a²). 

Vì $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ nên  $\frac{x^2}{a^2}=1+\frac{y^2}{b^2}\ge 1$ (do $\frac{y^2}{b^2}\ge 0$)

Do đó: $\frac{x^2}{a^2}\ge 1$ luôn đúng. 

Suy ra x² ≥ a². 

+) Nếu M thuộc nhánh bên trái trục tung của hypebol thì hoành độ x < 0 mà x² ≥ a² nên x ≤ − a.

+) Nếu  M thuộc nhánh bên phải trục tung của hypebol thì hoành độ x > 0 mà x² ≥ a² nên x ≥ a.

c) Gọi điểm M₁(x₁; y₁) thuộc nhánh bên trái trục tung của hypebol nên hoành độ x₁ < 0, M₂(x₂; y₂) thuộc nhánh bên phải trục tung của hypebol nên hoành độ x₂ > 0.

Theo câu b ta có: x₁ ≤ − a và x₂ ≥ a nên |x₁| + |x₂| ≥ a + a = 2a.

Do x₁ < 0 và x₂ > 0 nên x₂ − x₁ = |x₂| + |x₁| ≥ a + a = 2a.

Ta có: M₁M₂ = $\sqrt{{\left(x_2-x_1\right)}^2+{\left(y_2-y_1\right)}^2}$; A₁A₂ = $\sqrt{{\left(a-\left(-a\right)\right)}^2+{\left(0-0\right)}^2}=\sqrt{{\left(2a\right)}^2}$

Lại có: (x₂ – x₁)² + (y₂ – y₁)² ≥ (|x₂| + |x₁|)² + 0 ≥ (2a)².

Nên (M₁M₂)² ≥ (A₁A₂)² 

Suy ra M₁M₂ ≥ A₁A₂.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M₁ trùng A₁ và M₂ trùng A₂.

Vậy để M₁M₂ nhỏ nhất thì M₁ trùng A₁ và M₂ trùng A₂.

Bài 7.37 trang 59 Toán 10 Tập 2: Một cột trụ hình hypebol (H.7.36), có chiều cao 6 m, chỗ nhỏ nhất ở chính giữa và rộng 0,8 m, đỉnh cột và đáy cột đều rộng 1 m. Tính độ rộng của cột ở độ cao 5 m (tính theo đơn vị mét và làm tròn tới hai chữ số sau dấu phẩy).

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ sao cho gốc tọa độ trùng với điểm chính giữa hai cột, trục Oy đi qua điểm chính giữa, hai bên cột lần lượt nằm về hai phía của trục tung (như hình vẽ).

Phương trình hypebol (H) có dạng:  $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ (với a, b > 0). 

Theo bài ra ta có: A₁A₂ = 0,8 m; AB = EH = 1 m. Khoảng cách giữa HE và AB là 6 m.

(H) cắt trục hoành tại hai điểm A₁, A₂, ta xác định được tọa độ 2 điểm là: A₁(− 0,4; 0) và A₂(0,4; 0).

Thay tọa độ A₂ vào phương trình (H) ta được: $\frac{{\left(\mathrm{0,4}\right)}^2}{a^2}-\frac{0^2}{b^2}=1$ 

Suy ra a = 0,4 (do a > 0).

Ta xác định được tọa độ điểm E là E(0,5; 3). 

(H) đi qua điểm có tọa độ E(0,5; 3) nên: $\frac{{\left(\mathrm{0,5}\right)}^2}{{\left(\mathrm{0,4}\right)}^2}-\frac{3^2}{b^2}=1$. 

⇔ b² = 16 ⇒ b = 4 (do b > 0).

Vậy phương trình (H) là: $\frac{x^2}{{\left(\mathrm{0,4}\right)}^2}-\frac{y^2}{4^2}=1$ hay $\frac{x^2}{\mathrm{0,16}}-\frac{y^2}{16}=1$. 

Gọi F là điểm thuộc hypebol mà cột có độ cao 5 m. Ở độ cao 5 m thì khoảng cách từ vị trí F đó đến trục hoành là 2 m, tương ứng ta có tung độ điểm F là y = 2, ta cần tìm hoành độ của F. 

Thay y = 2 vào phương trình (H) ta có: $\frac{x^2}{\mathrm{0,16}}-\frac{2^2}{16}=1$.

⇔ x² = 0,2 ⇔ x ≈ ± 0,45. 

Vậy độ rộng của cột là: 0,45 . 2 = 0,9 m (độ rộng là khoảng cách nên phải dương).

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

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

Bài 26: Biến cố và định nghĩa cổ điển của xác suất