Bài tập cuối chương VII

Bài tập cuối chương \(VII\) trang \(103\) SGK Toán \(10\) Tập \(2\) Cánh diều. Các em hãy cùng Bumbii giải các bài tập sau đây nhé:

Bài \(1\). Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho \(A(3; 4), B(2; 5)\). Toạ độ của \(\overrightarrow{AB}\) là:
\(A.\) \((1; \ – \ 1)\).
\(B.\) \((1; 1)\).
\(C.\) \((\ – \ 1; 1)\).
\(D.\) \((\ – \ 1; \ – \ 1)\).

Trả lời:

Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (2 \ – \ 3; 5 \ – \ 4) = (\ – \ 1; 1)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{AB} = (\ – \ 1; 1)\)

Chọn đáp án \(C\).

\(\)

Bài \(2\). Vectơ nào sau đây là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng \(\Delta: 2x \ – \ 3y + 4 = 0\)?
\(A.\) \(\overrightarrow{n_1} = (3; 2)\).
\(B.\) \(\overrightarrow{n_2} = (2; 3)\).
\(C\). \(\overrightarrow{n_3} = (3; \ – \ 2)\).
\(D.\) \(\overrightarrow{n_4} = (2; \ – \ 3)\).

Trả lời:

Đường thẳng \(\Delta: 2x \ – \ 3y + 4 = 0\) có vectơ pháp tuyến là: \(\overrightarrow{n} = (2; \ – \ 3)\)

Chọn đáp án \(D\).

\(\)

Bài \(3\). Toạ độ tâm \(I\) của đường tròn \((C)\): \((x + 6)^2 + (y \ – \ 12)^2 = 81\) là:
\(A.\) \((6; \ – \ 12)\).
\(B.\) \((\ – \ 6; 12)\).
\(C.\) \((\ – \ 12; 6)\).
\(D.\) \((12; \ – \ 6)\).

Trả lời:

Ta có: \((x + 6)^2 + (y \ – \ 12)^2 = 81\)

\(\Leftrightarrow (x \ – \ (\ – \ 6))^2 + (y \ – \ 12)^2 = 9^2\)

Vậy đường tròn \((C)\) có tâm \(I(\ – \ 6; 12)\)

Chọn đáp án \(B\)

\(\)

Bài \(4\). Khoảng cách từ điểm \(A(1; 1)\) đến đường thẳng \(\Delta: 3x + 4y + 13 = 0\) bằng:
\(A.\) \(1\).
\(B.\) \(2\).
\(C.\) \(3\).
\(D.\) \(4\).

Trả lời:

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

\(d(A, \Delta) = \displaystyle \frac{3. 1 + 4. 1 + 13}{\sqrt{3^2 + 4^2}} =\displaystyle \frac{20}{5} = 4\)

Chọn đáp án \(D\).

\(\)

Bài \(5\). Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho tam giác \(MNP\) có \(M(2; 1), N(\ – \ 1; 3), P(4; 2)\).
\(a)\) Tìm toạ độ của các vectơ \(\overrightarrow{OM}, \overrightarrow{MN}, \overrightarrow{MP}\).
\(b)\) Tính tích vô hướng \(\overrightarrow{MN}. \overrightarrow{MP}\).
\(c)\) Tính độ dài các đoạn thẳng \(MN, MP\).
\(d)\) Tính \(\cos{\widehat{NMP}}\).
\(e)\) Tìm toạ độ trung điểm \(I\) của \(NP\) và trọng tâm \(G\) của tam giác \(MNP\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(O(0; 0), M(2; 1), N(\ – \ 1; 3), P(4; 2)\)

Suy ra:

\(\overrightarrow{OM} = (2; 1), \overrightarrow{MN} = (\ – \ 1 \ – \ 2; 3 \ – \ 1) = (\ – \ 3; 2)\),

\(\overrightarrow{MP} = (4 \ – \ 2; 2 \ – \ 1) = (2; 1)\)

\(b)\) Ta có: \(\overrightarrow{MN}. \overrightarrow{MP} = ((\ – \ 3). 2 + 2. 1 = \ – \ 6 + 2 = \ – \ 4\)

\(c)\) \(MN = |\overrightarrow{MN}| = \sqrt{(\ – \ 3)^2 + 2^2} = \sqrt{13}\)

\(MP = |\overrightarrow{MP}| = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}\)

\(d)\) Ta có: \(\cos{\widehat{NMP}} = \cos{(\overrightarrow{MN}, \overrightarrow{MP})} = \displaystyle \frac{\overrightarrow{MN}. \overrightarrow{MP}}{|\overrightarrow{MN}|. |\overrightarrow{MP}|}\)

\(= \displaystyle \frac{\ – \ 4}{\sqrt{13}. \sqrt{5}} = \displaystyle \frac{\ – \ 4\sqrt{65}}{65}\)

Vậy \(\cos{\widehat{NMP}} = \displaystyle \frac{\ – \ 4\sqrt{65}}{65}\)

\(e)\) Toạ độ trung điểm \(I\) của \(NP\) là:

\(x_I = \displaystyle \frac{x_N + x_P}{2} = \displaystyle \frac{\ – \ 1 + 4}{2} = \displaystyle \frac{3}{2}\)

\(y_I = \displaystyle \frac{y_N + y_P}{2} = \displaystyle \frac{3 + 2}{2} = \displaystyle \frac{5}{2}\)

Vậy \(I\left(\displaystyle \frac{3}{2}; \displaystyle \frac{5}{2}\right)\).

Toạ độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(MNP\) là:

\(x_G = \displaystyle \frac{x_M + x_N + x_P}{3} = \displaystyle \frac{2 + (\ – \ 1) + 4}{3} = \displaystyle \frac{5}{3}\)

\(y_G = \displaystyle \frac{y_M + y_N + y_P}{3} = \displaystyle \frac{1 + 3 + 2}{3} = 2\)

Vậy \(G\left(\displaystyle \frac{5}{3}; 2\right)\)

\(\)

Bài \(6\). Lập phương trình tổng quát và phương trình tham số của đường thẳng \(d\) trong mỗi trường hợp sau:
\(a)\) \(d\) đi qua điểm \(A(\ – \ 3; 2)\) và có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n} = (2; \ – \ 3)\).
\(b)\) \(d\) đi qua điểm \(B(\ – \ 2; \ – \ 5)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u} = (\ – \ 7; 6)\).
\(c)\) \(d\) đi qua hai điểm \(C(4; 3)\) và \(D(5; 2)\).

Trả lời:

\(a)\) Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A(\ – \ 3; 2)\) và có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n} = (2; \ – \ 3)\) nên có phương trình tổng quát là:

\(d: 2. (x \ – \ (\ – \ 3)) \ – \ 3. (y \ – \ 2) = 0\)

\(\Leftrightarrow 2x \ – \ 3y + 12 = 0\)

Đường thẳng \(d\) có một vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n} = (2; \ – \ 3)\) nên có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u} = (3; 2)\)

Vậy phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là:

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x = \ – \ 3 + 3t\\y = 2 + 2t \end{array} \right. \end{equation}\) (\(t\) là tham số)

\(b)\) Đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(B(\ – \ 2; \ – \ 5)\) và có một vectơ chỉ phương là \(\overrightarrow{u} = (\ – \ 7; 6)\) nên phương trình tham số của đường thẳng \(d\) là:

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x = \ – \ 2 \ – \ 7t\\y = \ – \ 5 + 6t \end{array} \right. \end{equation}\) (\(t\) là tham số)

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

Suy ra phương trình tổng quát của đường thẳng \(d\) là:

\(6. (x \ – \ (\ – \ 2)) + 7. (y \ – \ (\ – \ 5)) = 0\)

\(\Leftrightarrow 6x + 7y + 47 = 0\)

\(c)\) Ta có: \(\overrightarrow{CD} = (1; \ – \ 1)\)

Đường thẳng \(d\) có một vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{CD} = (1; \ – \ 1)\) nên \(d\) có phương trình chính tắc là

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x = 4 + t\\y = 3 \ – \ t \end{array} \right. \end{equation}\)

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{CD} = (1; \ – \ 1)\) nên \(d\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n} = (1; 1)\)

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng \(d\) là:

\(d: 1. (x \ – \ 4) + 1. (y \ – \ 3) = 0\)

\(\Leftrightarrow x + y \ – \ 7 = 0\)

\(\)

Bài \(7\). Lập phương trình đường tròn \((C)\) trong mỗi trường hợp sau:
\(a)\) \((C)\) 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 \(\Delta: 3x + 4y \ – \ 1 = 0\);
\(d)\) \((C)\) đi qua ba điểm \(A(\ – \ 3; 2), B(\ – \ 2; \ – \ 5)\) và \(D(5; 2)\).

Trả lời:

\(a)\) Phương trình đường tròn \((C)\) có tâm \(I(\ – \ 4; 2)\) và bán kính \(R = 3\) là:

\((x \ – \ (\ – \ 4))^2 + (y \ – \ 2)^2 = 3^2\)

\(\Leftrightarrow (x + 4)^2 + (y \ – \ 2)^2 = 9\)

\(b)\) Đường tròn \((C)\) tâm \(P(3; \ – \ 2)\) và đi qua điểm \(E(1; 4)\) nên đường tròn có bán kính \(R\) bằng khoảng cách từ \(P\) đến \(E(1; 4)\)

Suy ra \(R = PE = \sqrt{(1 \ – \ 3)^2 + (4 \ – \ (\ – \ 2))^2} = \sqrt{40}\)

Vậy đường tròn \((C)\) cần lập là:

\((x \ – \ 3)^2 + (y \ – \ (\ – \ 2))^2 = (\sqrt{40})^2\)

\(\Leftrightarrow (x \ – \ 3)^2 + (y + 2)^2 = 40\)

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

Do đó bán kính của đường tròn chính bằng khoảng cách từ tâm \(Q\) đến đường thẳng \(\Delta\)

Suy ra \(R = d(Q, \Delta) = \displaystyle \frac{|3. 5 + 4. (\ – \ 1) \ – \ 1|}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \displaystyle \frac{10}{5} = 2\)

Vậy phương trình đường tròn \((C)\) cần tìm là:

\((x \ – \ 5)^2 + (y \ – \ (\ – \ 1))^2 = 2^2\)

\(\Leftrightarrow (x \ – \ 5)^2 + (y + 1)^2 = 4\)

\(d)\) Gọi tâm \(I\) của đường tròn là \(I(a; b)\)

Suy ra \(IA = (\ – \ 3 \ – \ a; 2 \ – \ b), IB = (\ – \ 2 \ – \ a; \ – \ 5 \ – \ b),\)

\( ID = (5 \ – \ a; 2 \ – \ b)\)

Đường tròn tâm \(I\) đi qua ba điểm \(A, B, D\) nên \(IA = IB = ID = R\)

\(\Rightarrow IA^2 = IB^2 = ID^2\)

Ta có hệ sau:

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} IA^2 = IB^2\\IB^2 = ID^2 \end{array} \right. \end{equation} \)

\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} (\ – \ 3 \ – \ a)^2 + (2 \ – \ b)^2 = (\ – \ 2 \ – \ a)^2 + (\ – \ 5 \ – \ b)^2\\(\ – \ 2 \ – \ a)^2 + (\ – \ 5 \ – \ b)^2 = (5 \ – \ a)^2 + (2 \ – \ b)^2 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} 9 + a^2 + 6a + 4 + b^2 \ – \ 4b = 4 + a^2 + 4a + 25 + b^2 + 10b \\4 + a^2 + 4a + 25 + b^2 + 10b = 25 + a^2 \ – \ 10a + 4 + b^2 \ – \ 4b \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}2a \ – \ 14b = 16\\14a + 14b = 0 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}a = 1\\b = \ – \ 1 \end{array} \right. \end{equation}\)

Suy ra đường tròn tâm \(I(1; \ – \ 1)\) và bán kính \(R = \sqrt{(\ – \ 3 \ – \ 1)^2 + (2 \ – \ (\ – \ 1))^2} = 5\)

vậy phương trình đường tròn cần tìm là:

\((x \ – \ 1)^2 + (y \ – \ (\ – \ 1))^2 = 5^2\)

\(\Leftrightarrow (x \ – \ 1)^2 + (y + 1)^2 = 25\)

\(\)

Bài \(8\). Quan sát Hình \(64\) và thực hiện các hoạt động sau:

\(a)\) 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 \(M(2 + \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2})\).

Trả lời:

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

Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (3; 2)\)

Do đó, đường thẳng \(d\) đi qua điểm \(A(\ – \ 1; 1)\) và có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AB} = (3; 2)\) nên \(d\) có phương trình tham số là:

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x = \ – \ 1 + 3t\\y = 1 + 2t \end{array} \right. \end{equation}\) (\(t\) là tham số)

\(b)\) Ta thấy đường tròn \((C)\) có tâm \(I(2; 1)\) và bán kính \(R = 2\) nên phương trình đường tròn \((C)\) là:

\((x \ – \ 2)^2 + (y \ – \ 1)^2 = 4\)

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

\((2 + \sqrt{2} \ – \ 2). (x \ – \ (2 + \sqrt{2})) + (1 + \sqrt{2} \ – \ 1). (y \ – \ (1 + \sqrt{2})) = 0\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{2} x + \sqrt{2} y \ – \ 3\sqrt{2} \ – \ 4 = 0\)

\(\Leftrightarrow x + y \ – \ 3 \ – \ 2\sqrt{2} = 0\)

Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là:

\(x + y \ – \ 3 \ – \ 2\sqrt{2} = 0\)

\(\)

Bài \(9\). Cho hai đường thẳng \(\Delta_1: \sqrt{3} x + y \ – \ 4 = 0; \Delta_2: x + \sqrt{3} y \ – \ 2\sqrt{3} = 0\).
\(a)\) Tìm toạ độ giao điểm hai đường thẳng đã cho;
\(b)\) Tính góc \(\alpha\) giữa hai đường thẳng đã cho.

Trả lời:

\(a)\) Toạ độ giao điểm của hai đường thẳng \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) là nghiệm của hệ sau:

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} \sqrt{3} x + y \ – \ 4 = 0\\x + \sqrt{3} y \ – \ 2\sqrt{3} = 0 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} \sqrt{3} x + y = 4\\ \sqrt{3} + 3y = 6 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\Leftrightarrow \begin{equation}\left\{\begin{array}{II}2y = 2\\ \sqrt{3} x + y = 4 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\Leftrightarrow \begin{equation}\left\{\begin{array}{II}y = 1\\x = \sqrt{3} \end{array} \right. \end{equation}\)

Do đó hệ trên có nghiệm duy nhất \((\sqrt{3}; 1)\)

Vậy hai đường thẳng đã cho cắt nhau tại điểm \((\sqrt{3}; 1)\)

\(b)\) Đường thẳng \(\Delta_1\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_1} = (\sqrt{3}; 1)\).

Đường thẳng \(\Delta_2\) có vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow{n_2} = (1; \sqrt{3})\).

Suy ra: \(\cos{(\Delta_1; \Delta_2)} = |\cos{(\overrightarrow{n_1}; \overrightarrow{n_2})}| = \displaystyle \frac{|\sqrt{3}. 1 + 1. \sqrt{3}|}{\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2}. \sqrt{1 + (\sqrt{3})^2}}\)

\(= \displaystyle \frac{2\sqrt{3}}{2. 2} = \displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Suy ra \((\Delta_1, \Delta_2) = 30^o\)

\(\)

Bài \(10\). Cho biết mỗi đường conic dưới đây là đường conic dạng nào (elip, hypebol, parabol) và tìm toạ độ tiêu điểm của đường conic đó.
\(a)\) \(y^2 = 18x\);
\(b)\) \(\displaystyle \frac{x^2}{64} + \displaystyle \frac{y^2}{25} = 1\);
\(c)\) \(\displaystyle \frac{x^2}{9} \ – \ \displaystyle \frac{y^2}{16} = 1\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(y^2 = 18x\)

\(\Leftrightarrow y^2 = 2. 9. x\)

Do đó, phương trình trên là phương trình của parabol với \(p = 9\).

Suy ra \(\displaystyle \frac{p}{2} = \displaystyle \frac{9}{2}\)

Vậy toạ độ tiêu điểm của parabol là \(F\left(\displaystyle \frac{9}{2}; 0\right)\)

\(b)\) \(\displaystyle \frac{x^2}{64} + \displaystyle \frac{y^2}{25} = 1\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{x^2}{8^2} + \displaystyle \frac{y^2}{5^2} = 1\)

Do đó, phương trình trên là phương trình của elip với \(a = 8, b = 5\) thỏa mãn \(a > b > 0\).

Ta có: \(c^2 = a^2 \ – \ b^2 = 8^2 \ – \ 5^2 = 39\)

\(\Rightarrow c = \sqrt{39}\)

Vậy tọa độ các tiêu điểm của elip là \(F_1(\ – \ \sqrt{39}; 0), F_2(\sqrt{39}; 0)\)

\(c)\) \(\displaystyle \frac{x^2}{9} \ – \ \displaystyle \frac{y^2}{16} = 1\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{x^2}{3^2} \ – \ \displaystyle \frac{y^2}{4^2} = 1\)

Do đó, phương trình trên là phương trình của hypebol với \(a = 3, b = 4\) thỏa mãn \(a > 0, b > 0\).

Ta có: \(c^2 = a^2 + b^2 = 9 + 16 = 25\)

\(\Rightarrow c = 5\)

Vậy tọa độ các tiêu điểm của hypebol là \(F_1(\ – \ 5; 0), F_2(5; 0)\)

\(\)

Bài \(11\). Cho tam giác \(AF_1F_2\), trong đó \(A(0; 4), F_1(\ – \ 3; 0), F_2(3; 0)\).
\(a)\) Lập phương trình tổng quát của các đường thẳng \(AF_1\) và \(AF_2\).
\(b)\) Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(AF_1F_2\).
\(c)\) Lập phương trình chính tắc của elip \((E)\) có hai tiêu điểm là \(F_1, F_2\) sao cho \((E)\) đi qua \(A\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(\overrightarrow{AF_1} = (\ – \ 3; \ – \ 4)\)

Đường thẳng \(AF_1\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AF_1} = (\ – \ 3; \ – \ 4)\) nên \(AF_1\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_1} = (4; \ – \ 3)\)

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng \(AF_1\) là:

\(4. (x \ – \ 0) \ – \ 3. (y \ – \ 4) = 0\)

\(\Leftrightarrow x \ – \ 3y + 12 = 0\)

Lại có \(\overrightarrow{AF_2} = (3; \ – \ 4)\)

Đường thẳng \(AF_2\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{AF_2} = (3; \ – \ 4)\) nên \(AF_2\) có một vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_2} = (4; 3)\)

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng \(AF_2\) là:

\(4. (x \ – \ 0) + 3. (y \ – \ 4) = 0\)

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

\(b)\) Đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(AF_1F_2\) là đường tròn đi qua \(3\) điểm \(A, F_1, F_2\).

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

Khi đó \(IA = (\ – \ a; 4 \ – \ b), IF_1 = (\ – \ 3 \ – \ a; \ – \ b)\),

\(IF_2 = (3 \ – \ a; \ – \ b)\)

Đường tròn đi qua ba điểm \(A, F_1, F_2\) nên ta có: \(IA = IF_1 = IF_2\)

\(\Rightarrow IA^2 =IF_1^2 = IF_2^2\).

Ta có hệ phương trình sau:

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} (\ – \ a)^2 + (4 \ – \ b)^2 = (\ – \ 3 \ – \ a)^2 + (\ – \ b)^2 \\ (\ – \ a)^2 + (4 \ – \ b)^2 = (3 \ – \ a)^2 + (\ – \ b)^2 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} a^2 + 16 + b^2 \ – \ 8b = 9 + a^2 + 6a + b^2\\ a^2 + 16 + b^2 \ – \ 8b = 9 + a^2 \ – \ 6a + b^2 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} 6a + 8b = 7\\6a \ – \ 8b = \ – \ 7 \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} a = 0\\b = \displaystyle \frac{7}{8} \end{array} \right. \end{equation}\)

Suy ra đường tròn tâm \(I\left(0; \displaystyle \frac{7}{8}\right)\), bán kính \(R = IA = \sqrt{(0 \ – \ a)^2 + (4 \ – \ b)^2} = \sqrt{\left(4 \ – \ \displaystyle \frac{7}{8}\right)^2} = \displaystyle \frac{25}{8}\)

Vậy phương trình đường tròn \((C)\) là:

\((x \ – \ 0)^2 + \left(y \ – \ \displaystyle \frac{7}{8}\right)^2 = \left(\displaystyle \frac{25}{8}\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2 + \left(y \ – \ \displaystyle \frac{7}{8}\right)^2 = \displaystyle \frac{625}{64}\)

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

Elip \((E)\) đi qua điểm \(A(0; 4)\) nên tọa độ điểm \(A\) thoả mãn phương trình elip \((E)\), ta có:

\(\displaystyle \frac{0^2}{a^2} + \displaystyle \frac{4^2}{b^2} = 1\)

\(\Leftrightarrow b = 5\) (do \(b > 0\))

Elip \((E)\) có hai tiêu điểm là \(F_1(\ – \ 3; 0, F_2(3; 0)\) nên \(c = 3\)

Suy ra \(c^2 = a^2 \ – \ b^2 = a^2 \ – \ 5^2 = 3^2\)

\(\Rightarrow a^2 = 25\)

\(\Rightarrow a = 5\) (do \(a > 0\))

Khi đó \(a = 5 > b = 4 > 0\)là thỏa mãn.

Vậy phương trình elip \((E)\) cần lập là \(\displaystyle \frac{x^2}{5^2} + \displaystyle \frac{y^2}{4^2} = 1\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{x^2}{25} + \displaystyle \frac{y^2}{16} = 1\)

\(\)

Bài \(12\). Trên màn hình rađa của đài kiểm soát không lưu sân bay \(A\) có hệ trục toạ độ \(Oxy\) (Hình \(65\)), trong đó đơn vị trên mỗi trục tính theo ki-lô-mét và đài kiểm soát được coi là gốc toạ độ \(O(0; 0)\). Nếu máy bay bay trong phạm vi cácg đài kiểm soát \(500\) km thì sẽ hiển thị trên màn hình rađa nhhư một điểm chuyển động trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ \(Oxy\).
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:
\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} x = \displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\\y = \displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t \end{array} \right. \end{equation}\).
\(a)\) Tìm vị trí của máy bay lúc \(14\) giờ \(30\) phút. Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình rađa 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 rađa vào thời gian nào?

Trả lời:

Thời gian máy bay bay từ lúc khởi hành đến \(14\) giờ \(30\) phút là:

\(30\) phút = \(0,5\) giờ

Khi đó, vị trí của máy bay tại thời điểm \(t = 0,5\) giờ được xác định là:

\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x = \displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}. 0,5 = 300\\y = \displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}. 0,5 = 400 \end{array} \right. \end{equation}\)

Vậy lúc \(14\) giờ \(30\) phút, máy bay ở vị trí có toạ độ \(P(300; 400)\).

Ta có: \(\overrightarrow{OP} = (300; 400)\)

\(\Rightarrow OP = \sqrt{300^2 + 400^2} = 500\)

Suy ra khoảng cách từ đài kiểm soát không lưu \(O\) đến vị trí máy bay \(P\) tại thời điểm \(14\) giờ \(30\) phút là \(500\) km.

Vậy thời điểm này, máy bay đã xuất hiện trên màn hình rađa.

\(b)\) Máy bay bay theo đường thẳng \(d\) có phương trình \(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II} x = \displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\\y = \displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t \end{array} \right. \end{equation}\)

Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên đường thẳng \(d\).

Khi đó, máy bay bay gần trạm kiểm soát không lưu nhất khi khoảng cách từ trạm kiểm soát không lưu đến máy bay chính là khoảng cách từ trạm đến đường thẳng \(d\) hay chính là \(OH\).

\(H\) thuộc \(d\) nên \(H\) có toạ độ là \(H\left(\displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t; \displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{OH} = \left(\displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t; \displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right)\)

Đường thẳng \(d\) có vectơ chỉ phương \(\left(\ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}; \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}\right)\) nên \(d\) có một vectơ chỉ phương \(u_d = 1; 1)\).

Suy ra \(\overrightarrow{OH} \perp d\)

\(\Leftrightarrow \left(\displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right). 1 + \left(\displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right). 1 = 0\)

\(\Leftrightarrow t = \displaystyle \frac{5}{4}\)

Đổi \(t = \displaystyle \frac{5}{4}\) giờ = \(1\) giờ \(15\) phút.

Khi đó ta có \(OH = \sqrt{\left(\displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}. \displaystyle \frac{5}{4}\right)^2 + \left(\displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}. \displaystyle \frac{5}{4}\right)^2} = 50\sqrt{2}\)

Vậy máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất lúc: \(14\) giờ \(+ 1\) giờ \(15\) phút = \(15\) giờ \(15\) phút và khi đó khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu là \(50\sqrt{2}\)km.

\(c)\) Gọi \(Q\left(\displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t; \displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right)\) là vị trí máy bay ra khỏi màn hình rađa.

Khi đó \(OQ > 500\)

Hay ta có: \(\sqrt{\left(\displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right)^2 + \left(\displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right)^2} > 500\)

\(\Rightarrow \left(\displaystyle \frac{1600}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right)^2 + \left(\displaystyle \frac{1900}{3} \ – \ \displaystyle \frac{1400}{3}t\right)^2 > 250000\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{3920000}{9}t^2 \ – \ \displaystyle \frac{9800000}{9} t + \displaystyle \frac{3920000}{9} > 0\)

\(\Rightarrow \begin{equation} \left[\begin{array}{II} t > 2 \\t < \displaystyle \frac{1}{2} \end{array} \right. \end{equation}\)

Theo câu \(a)\):

\(t = \displaystyle \frac{1}{2}\) thì máy bay bắt đầu xuất hiện trên màn hình rađa nên \(t < \displaystyle \frac{1}{2}\) là khi máy bay chưa xuất hiện trên màn hình rađa.

\(\Rightarrow t > 2\) thoả mãn.

Vậy sau khi bay được \(2\) giờ tức là lúc \(16\) giờ thì máy bay bay ra khỏi màn hình rađa.

Bài tập cuối chương VII Bài tập cuối chương VII Bài tập cuối chương VII Bài tập cuối chương VII Bài tập cuối chương VII Bài tập cuối chương VII Bài tập cuối chương VII

Xem bài giải trước: Bài 6 – Ba đường conic
Xem bài giải tiếp theo:
Xem các bài giải khác: Giải bài tập SGK Toán Lớp 10 Cánh diều

Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech