Anonymous

Giải Toán 10 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 7

- asked 2 months agoVotes

0Answers

0Views

Giải bài tập Toán 10: Bài tập cuối chương 7

Giải Toán 10trang 103Tập 2

Bài 1 trang 103 Toán 10 Tập 2

Lời giải

Đáp án đúng là: C.

Ta có: $\vec{A B} = (2 - 3; 5 - 4)$ . Suy ra $\vec{A B} = (- 1; 1)$ .

Bài 2 trang 103 Toán 10 Tập 2:

A. $\vec{n_{1}} = (3; 2)$ .

B. $\vec{n_{2}} = (2; 3)$ .

C. $\vec{n_{3}} = (3; - 2)$ .

D. $\vec{n_{4}} = (2; - 3)$ .

Lời giải

Đáp án đúng là: D.

Đường thẳng ∆: 2x – 3y + 4 = 0 có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (2; - 3)$ .

Bài 3 trang 103 Toán 10 Tập 2:

Lời giải

Đáp án đúng là: B.

Ta có: (x + 6)² + (y – 12)² = 81

⇔ [x – (– 6)]² + (y – 12)² = 9².

Vậy đường tròn (C) có tâm I(– 6; 12).

Lời giải

Đáp án đúng là: D.

Khoảng cách từ điểm A(1; 1) đến đường thẳng Δ: 3x + 4y + 13 = 0 là

$d (A, Δ) = \frac{3.1 + 4.1 + 13|}{\sqrt{3^{2} + 4^{2}}} = \frac{20}{5} = 4$ .

Bài 5 trang 103 Toán 10 Tập 2:

a) Tìm tọa độ của các vectơ $\vec{O M}, \vec{M N}, \vec{M P}$ ;

b) Tính tích vô hướng $\vec{M N} . \vec{M P}$ ;

c) Tính độ dài các đoạn thẳng MN, MP;

d) Tính $c o s \hat{N M P}$ ;

e) Tìm tọa độ trung điểm I của NP và trọng tâm G của tam giác MNP.

Lời giải

a) Tọa độ của vectơ $\vec{O M}$ chính là tọa độ của điểm M(2; 1) nên $\vec{O M} = (2; 1)$ .

Ta có: $\vec{M N} = (- 1 - 2; 3 - 1)$ , suy ra $\vec{M N} = (- 3; 2)$ .

Và $\vec{M P} = (4 - 2; 2 - 1)$ , suy ra $\vec{M P} = (2; 1)$ .

b) $\vec{M N} . \vec{M P} = (- 3) .2 + 2.1 = - 6 + 2 = - 4$ .

c) Độ dài đoạn thẳng MN là:

$M N = \vec{M N}| = \sqrt{{(- 3)}^{2} + 2^{2}} = \sqrt{13}$ .

Độ dài đoạn thẳng MP là:

$M P = \vec{M P}| = \sqrt{2^{2} + 1^{2}} = \sqrt{5}$ .

d) Ta có: $c o s \hat{N M P} = c o s (\vec{M N}, \vec{M P})$ $= \frac{\vec{M N} . \vec{M P}}{\vec{M N}| . \vec{M P}|} = \frac{- 4}{\sqrt{13} . \sqrt{5}} = \frac{- 4 \sqrt{65}}{65}$ .

Vậy $c o s \hat{N M P} = \frac{- 4 \sqrt{65}}{65}$ .

e) Tọa độ trung điểm I của NP là $\begin{array}{l} x_{I} = \frac{x_{N} + x_{P}}{2} = \frac{(- 1) + 4}{2} = \frac{3}{2} \\ y_{I} = \frac{y_{N} + y_{P}}{2} = \frac{3 + 2}{2} = \frac{5}{2} \end{array}$ .

Vậy $I (\frac{3}{2}; \frac{5}{2})$ .

Tọa độ trọng tâm G của tam giác MNP là $\begin{array}{l} x_{G} = \frac{x_{M} + x_{N} + x_{P}}{3} = \frac{2 + (- 1) + 4}{3} = \frac{5}{3} \\ y_{G} = \frac{y_{M} + y_{N} + y_{P}}{3} = \frac{1 + 3 + 2}{3} = \frac{6}{3} = 2 \end{array}$ .

Vậy $G (\frac{5}{3}; 2)$ .

Bài 6 trang 103 Toán 10 Tập 2

a) d đi qua điểm A(– 3; 2) và có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (2; - 3)$ ;

b) d đi qua điểm B(– 2; – 5) và có một vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (- 7; 6)$ ;

c) d đi qua hai điểm C(4; 3) và D(5; 2).

Lời giải

a) + Đường thẳng d đi qua điểm A(– 3; 2) và có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (2; - 3)$ .

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng d là:

2[x – (– 3)] – 3(y – 2) = 0 hay 2x – 3y + 12 = 0.

+ Đường thẳng d có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (2; - 3)$ suy ra d có một vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (3; 2)$ .

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là $\begin{array}{l} x = - 3 + 3 t \\ y = 2 + 2 t \end{array}$ (t là tham số).

b) + Đường thẳng d đi qua điểm B(– 2; – 5) và có một vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (- 7; 6)$ .

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là $\begin{array}{l} x = - 2 - 7 t \\ y = - 5 + 6 t \end{array}$ (t là tham số).

+ Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (- 7; 6)$ nên d có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (6; 7)$ .

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng d là:

6(x + 2) + 7(y + 5) = 0 hay 6x + 7y + 47 = 0.

c) Ta có: $\vec{C D} = (5 - 4; 2 - 3)$ , suy ra $\vec{C D} = (1; - 1)$ .

+ Đường thẳng d đi qua 2 điểm C, D nên có một vectơ chỉ phương là $\vec{u} = \vec{C D} = (1; - 1)$ .

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là $\begin{array}{l} x = 4 + t \\ y = 3 - t \end{array}$ (t là tham số).

+ Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là $\vec{u} = (1; - 1)$ nên d có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n} = (1; 1)$ .

Vậy phương trình tổng quát của đường thẳng d là:

1(x – 4) + 1(y – 3) = 0 hay x + y – 7 = 0.

Bài 7 trang 103 Toán 10 Tập 2

a) (C) có tâm I(– 4; 2) và bán kính R = 3;

b) (C) có tâm P(3; – 2) và đi qua điểm E(1; 4);

c) (C) có tâm Q(5; – 1) và tiếp xúc với đường thẳng Δ: 3x + 4y – 1 = 0;

d) (C) đi qua ba điểm A(– 3; 2), B(– 2; – 5) và D(5; 2).

Lời giải

a) Đường tròn (C) có tâm I(– 4; 2) và bán kính R = 3.

Vậy phương trình đường tròn (C) là

[x – (– 4)]² + (y – 2)² = 3²hay (x + 4)² + (y – 2)² = 9.

b) Đường tròn (C) có tâm P(3; – 2) và đi qua điểm E(1; 4).

Do đó bán kính đường tròn (C) là

R = PE = $\sqrt{{(1 - 3)}^{2} + {(4 - (- 2))}^{2}} = \sqrt{40}$ .

Vậy phương trình đường tròn (C) là

${(x - 3)}^{2} + {y - (- 2)]}^{2} = {(\sqrt{40})}^{2}$ hay (x – 3)² + (y + 2)²= 40.

c) Đường tròn (C) có tâm Q(5; – 1) và tiếp xúc với đường thẳng Δ: 3x + 4y – 1 = 0.

Do đó bán kính của đường tròn (C) là

R = d(Q, ∆) = $\frac{3.5 + 4. (- 1) - 1|}{\sqrt{3^{2} + 4^{2}}} = \frac{10}{5} = 2$ .

Vậy phương trình đường tròn (C) là

(x – 5)² + [y – (– 1)]² = 2² hay (x – 5)² + (y + 1)² = 4.

d) Đường tròn (C) đi qua ba điểm A(– 3; 2), B(– 2; – 5) và D(5; 2).

Giả sử tâm của đường tròn là điểm I(a; b).

Ta có IA = IB = ID ⇔ IA² = IB² = ID².

Vì IA² = IB², IB² = ID² nên

$\begin{array}{l} {(- 3 - a)}^{2} + {(2 - b)}^{2} = {(- 2 - a)}^{2} + {(- 5 - b)}^{2} \\ {(- 2 - a)}^{2} + {(- 5 - b)}^{2} = {(5 - a)}^{2} + {(2 - b)}^{2} \end{array}$

$\Leftrightarrow \begin{array}{l} a^{2} + 6 a + 9 + b^{2} - 4 b + 4 = a^{2} + 4 a + 4 + b^{2} + 10 b + 25 \\ a^{2} + 4 a + 4 + b^{2} + 10 b + 25 = a^{2} - 10 a + 25 + b^{2} - 4 b + 4 \end{array}$

$\Leftrightarrow \begin{array}{l} 2 a - 14 b = 16 \\ 14 a + 14 b = 0 \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{l} a = 1 \\ b = - 1 \end{array}$

Đường tròn tâm I(1; – 1) có bán kính

R = IA = $\sqrt{{(- 3 - a)}^{2} + {(2 - b)}^{2}}$ $= \sqrt{{(- 3 - 1)}^{2} + {(2 + 1)}^{2}} = 5$

Phương trình đường tròn (C) là (x – 1)² + [y – (– 1)]² = 5².

Vậy phương trình đường tròn (C) là (x – 1)² + (y + 1)² = 25.

Giải Toán 10trang 104Tập 2

Bài 8 trang 104 Toán 10 Tập 2:

a) Lập phương trình đường thẳng d;

b) Lập phương trình đường tròn (C);

c) Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) tại điểm $M (2 + \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2})$ .

Lời giải

a) Từ Hình 64 ta thấy đường thẳng d đi qua hai điểm A(– 1; 1) và B(2; 3).

Ta có: $\vec{A B} = (3; 2)$ .

Đường thẳng d đi qua điểm A(– 1; 1) và có một vectơ chỉ phương là $\vec{u} = \vec{A B} = (3; 2)$ .

Vậy phương trình tham số của đường thẳng d là $\begin{array}{l} x = - 1 + 3 t \\ y = 1 + 2 t \end{array}$ (t là tham số).

b) Từ Hình 64 ta thấy đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính R = 2.

Vậy phương trình đường tròn (C) là

(x – 2)² + (y – 1)² = 2² hay (x – 2)² + (y – 1)² = 4.

c) Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) tại điểm $M (2 + \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2})$ là

$(2 + \sqrt{2} - 2) x - (2 + \sqrt{2})] + (1 + \sqrt{2} - 1) y - (1 + \sqrt{2})] = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt{2} x - 2 \sqrt{2} - 2 + \sqrt{2} y - \sqrt{2} - 2 = 0$

$\Leftrightarrow \sqrt{2} x + \sqrt{2} y - 3 \sqrt{2} - 4 = 0$

$\Leftrightarrow x + y - 3 - 2 \sqrt{2} = 0$ .

Vậy phương trình tiếp tuyến là $x + y - 3 - 2 \sqrt{2} = 0$ .

Bài 9 trang 104 Toán 10 Tập 2:

$Δ_{1} : \sqrt{3} x + y - 4 = 0, Δ_{2} : x + \sqrt{3} y - 2 \sqrt{3} = 0.$

a) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng Δ₁ và Δ₂.

b) Tính số đo góc giữa hai đường thẳng Δ₁ và Δ₂.

Lời giải

a) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng Δ₁ và Δ₂là nghiệm của hệ phương trình

$\begin{array}{l} \sqrt{3} x + y - 4 = 0 \\ x + \sqrt{3} y - 2 \sqrt{3} = 0 \end{array}$ .

Giải hệ phương trình:

$\begin{array}{l} \sqrt{3} x + y - 4 = 0 \\ x + \sqrt{3} y - 2 \sqrt{3} = 0 \end{array}$ $\Leftrightarrow \begin{array}{l} \sqrt{3} x + y = 4 (1) \\ \sqrt{3} x + 3 y = 6 (2) \end{array}$

Lấy (2) – (1) ta được: 3y – y = 6 – 4 ⇔ 2y = 2 ⇔ y = 1.

Thay y = 1 vào (1) ta được: $\sqrt{3} x + 1 = 4 \Leftrightarrow \sqrt{3} x = 3 \Leftrightarrow x = \sqrt{3}$ .

Hệ trên có nghiệm duy nhất $(\sqrt{3}; 1)$ .

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng Δ₁ và Δ₂ là $(\sqrt{3}; 1)$ .

b) Đường thẳng ∆₁ có vectơ pháp tuyến là $\vec{n_{1}} = (\sqrt{3}; 1)$ , đường thẳng ∆₂ có vectơ pháp tuyến là $\vec{n_{2}} = (1; \sqrt{3})$ .

Ta có: $c o s (Δ_{1}, Δ_{2}) = c o s (\vec{n_{1}}, \vec{n_{2}})|$

$= \frac{\vec{n_{1}} . \vec{n_{2}}|}{\vec{n_{1}}| . \vec{n_{2}}|} = \frac{\sqrt{3} .1 + 1. \sqrt{3}|}{\sqrt{{(\sqrt{3})}^{2} + 1^{2}} . \sqrt{1^{2} + {(\sqrt{3})}^{2}}} = \frac{2 \sqrt{3}}{2.2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Vậy (∆₁, ∆₂) = 30°.

Bài 10 trang 104 Toán 10 Tập 2:

a) y² = 18x;

b) $\frac{x^{2}}{64} + \frac{y^{2}}{25} = 1$ ;

c) $\frac{x^{2}}{9} - \frac{y^{2}}{16} = 1$ .

Lời giải

a) Ta có: y² = 18x ⇔ y² = 2 . 9 . x

Vậy phương trình trên là phương trình của parabol với p = 9.

Ta có $\frac{p}{2} = \frac{9}{2}$ .

Vậy tọa độ tiêu điểm của parabol là $F (\frac{9}{2}; 0)$ .

b) $\frac{x^{2}}{64} + \frac{y^{2}}{25} = 1$ $\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{8^{2}} + \frac{y^{2}}{5^{2}} = 1$ .

Vậy phương trình trên là phương trình của elip với a = 8, b = 5 thỏa mãn a > b > 0.

Suy ra c² = a² – b² = 64 – 25 = 39.

Do đó, c = $\sqrt{39}$ .

Vậy tọa độ các tiêu điểm của elip là $F_{1} (- \sqrt{39}; 0), F_{2} (\sqrt{39}; 0)$ .

c) $\frac{x^{2}}{9} - \frac{y^{2}}{16} = 1 \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{3^{2}} - \frac{y^{2}}{4^{2}} = 1$ .

Vậy phương trình trên là phương trình của hypebol với a = 3, b = 4 thỏa mãn a > 0, b > 0.

Suy ra c² = a² + b² = 9 + 16 = 25.

Do đó, c = 5.

Vậy tọa độ các tiêu điểm của hypebol là F₁(– 5; 0) và F₂(5; 0).

Bài 11 trang 104 Toán 10 Tập 2:

a) Lập phương trình tổng quát của các đường thẳng AF₁ và AF₂.

b) Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp của tam giác AF₁F₂.

c) Lập phương trình chính tắc của elip (E) có hai tiêu điểm là F₁, F₂ sao cho (E) đi qua A.

Lời giải

a) +) $\vec{A F_{1}} = (- 3; - 4)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AF₁.

Suy ra đường thẳng AF₁ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n_{1}} = (4; - 3)$ .

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng AF₁ là:

4(x – 0) – 3(y – 4) = 0 hay 4x – 3y + 12 = 0.

+) $\vec{A F_{2}} = (3; - 4)$ là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AF₂.

Suy ra đường thẳng AF₂ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n_{2}} = (4; 3)$ .

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng AF₂ là:

4(x – 0) + 3(y – 4) = 0 hay 4x + 3y – 12 = 0.

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AF₁F₂ chính là đường tròn đi qua 3 điểm A, F₁, F₂.

Giả sử tâm của đường tròn là điểm I(a; b).

Ta có IA = IF₁ = IF₂⇔ IA² = $I F_{1}^{2}$ = $I F_{2}^{2}$ .

Vì IA² = $I F_{1}^{2}$ , $I F_{1}^{2}$ = $I F_{2}^{2}$ nên

$\begin{array}{l} {(0 - a)}^{2} + {(4 - b)}^{2} = {(- 3 - a)}^{2} + {(0 - b)}^{2} \\ {(- 3 - a)}^{2} + {(0 - b)}^{2} = {(3 - a)}^{2} + {(0 - b)}^{2} \end{array}$

$\Leftrightarrow \begin{array}{l} a^{2} + b^{2} - 8 b + 16 = a^{2} + 6 a + 9 + b^{2} \\ a^{2} + 6 a + 9 + b^{2} = a^{2} - 6 a + 9 + b^{2} \end{array}$

$\Leftrightarrow \begin{array}{l} 6 a + 8 b = 7 \\ 12 a = 0 \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{l} a = 0 \\ b = \frac{7}{8} \end{array}$

Đường tròn tâm $I (0; \frac{7}{8})$ có bán kính

R = IA = $\sqrt{{(0 - a)}^{2} + {(4 - b)}^{2}}$ $= \sqrt{{(4 - \frac{7}{8})}^{2}} = \frac{25}{8}$ .

Phương trình đường tròn (C) là ${(x - 0)}^{2} + {(y - \frac{7}{8})}^{2} = {(\frac{25}{8})}^{2}$ .

Vậy phương trình đường tròn (C) là $x^{2} + {(y - \frac{7}{8})}^{2} = \frac{625}{64}$ .

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

Elip (E) đi qua điểm A(0; 4) nên $\frac{0^{2}}{a^{2}} + \frac{4^{2}}{b^{2}} = 1 \Leftrightarrow b^{2} = 4^{2} \Rightarrow b = 4 (d o b > 0)$ .

Elip (E) có hai tiêu điểm là F₁(– 3; 0), F₂(3; 0) nên c = 3.

Ta có: a² – b² = c²

Suy ra a² – 4² = 3²

⇔ a²= 25.

Do đó, a = 5 (do a > 0).

Khi đó a > b > 0, vậy a = 5, b = 4 thỏa mãn.

Vậy phương trình elip (E) cần lập là $\frac{x^{2}}{5^{2}} + \frac{y^{2}}{4^{2}} = 1 h a y \frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{16} = 1$ .

Bài 12 trang 104 Toán 10 Tập 2:

Một máy bay khởi hành từ sân bay B lúc 14 giờ. Sau thời gian t (giờ), vị trí của máy bay được xác định bởi điểm M có toạ độ như sau:

$\begin{array}{l} x = \frac{1600}{3} - \frac{1400}{3} t \\ y = \frac{1900}{3} - \frac{1400}{3} t \end{array}$ .

a) Tìm vị trí của máy bay lúc 14 giờ 30 phút. Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa chưa?

b) Lúc mấy giờ máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất? Tính khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc đó.

c) Máy bay ra khỏi màn hình ra đa vào thời gian nào?

Lời giải

a) Lúc 14 giờ 30 phút máy bay đã bay được:

14 giờ 30 phút – 14 giờ = 30 phút = 0,5 giờ.

Vị trí của máy bay tại thời điểm t = 0,5 là: $\begin{array}{l} x = \frac{1600}{3} - \frac{1400}{3} .0,5 = 300 \\ y = \frac{1900}{3} - \frac{1400}{3} .0,5 = 400 \end{array}$ .

Do đó, vị trí của máy bay lúc 14 giờ 30 phút ở tại điểm M(300; 400).

Ta có: $O M = \sqrt{{(300 - 0)}^{2} + {(400 - 0)}^{2}} = 500$ .

Khi đó, khoảng cách từ đài kiểm soát không lưu O đến vị trí M của máy bay lúc 14 giờ 30 phút là 500 km.

Vậy tại thời điểm này, máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa.

b) Máy bay bay trên đường thẳng ∆ có phương trình tham số là: $\begin{array}{l} x = \frac{1600}{3} - \frac{1400}{3} t \\ y = \frac{1900}{3} - \frac{1400}{3} t \end{array}$ .