Bài 22. Ba đường conic

Giải bài 7.28 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho elip có phương trình . Tìm tiêu điểm và têu cự của elip.

Lời giải chi tiết

Ta có: .

Vậy có hai tiêu điểm là , và có tiêu cự là .

Giải bài 7.29 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho hypebol \(\left( H \right)\) có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{16}} - \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\). Tìm tiêu điểm và tiêu cự của hypebol.

Lời giải chi tiết

Trong phương trình chính tắc của \(\left( H \right)\) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{a^2} = 16\\{b^2} = 20\end{array} \right. \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} + {b^2}}  = 6\).

Vậy \(\left( H \right)\) có hai tiêu điểm là \({F_1}\left( { - 6;0} \right)\), \({F_2}\left( {6;0} \right)\) và có tiêu cự là \(2c = 12\).

Giải bài 7.30 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \({y^2} = 4x\). Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của parabol.

Lời giải chi tiết

Phương trình chính tắc của \(\left( P \right)\) ta có: \(2p = 4 \Rightarrow p = 2\).

Vậy \(\left( P \right)\) có hai tiêu điểm là \(F\left( {1;0} \right)\) và có đường chuẩn là \(\Delta :x =  - 1\).

Giải bài 7.31 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Viết phương trình chính tắc của elip \(\left( E \right)\), biết \(\left( E \right)\) đi qua điểm \(A\left( {6;0} \right)\) và có tiêu cự bằng 8.

Lời giải chi tiết

+ Vì \(\left( E \right)\) đi qua điểm \(A\left( {6;0} \right)\) nên ta có \(\frac{{{6^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{0^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow a = 6\).

+ \(\left( E \right)\) có tiêu cự là \(2c = 8\) nên ta có:

\(c = 4 \Rightarrow {b^2} = {a^2} - {c^2} = {6^2} - {4^2} = 20\).

+ Phương trình chính tắc \(\left( E \right):\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1\).

Giải bài 7.32 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Viết phương trình chính tắc của hypebol \(\left( H \right)\), biết \(\left( H \right)\) đi qua điểm \(M\left( {3\sqrt 2 ; - 4} \right)\) và có một tiêu điểm là \({F_2}\left( {5;0} \right)\).

Lời giải chi tiết

+ Phương trình chính tắc của \(\left( H \right)\) có dạng \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\).

+ Do \(\left( H \right)\) có 1 tiêu điểm \({F_2}\left( {5;0} \right)\) nên ta có:

\(c = 5 \Rightarrow {a^2} + {b^2} = {c^2} = 25 \Rightarrow {a^2} = 25 - {b^2}\).

+ \(\left( H \right)\) đi qua \(M\left( {3\sqrt 2 ;4} \right)\) nên ta có:

\(\frac{{{{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{4^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow \frac{{18}}{{{a^2}}} - \frac{{16}}{{{b^2}}} = 1\).

+ Đặt \(t = {b^2} > 0 \Rightarrow {a^2} = 25 - t\).

\(\Rightarrow \frac{{18}}{{25 - t}} - \frac{{16}}{t} = 1 \Rightarrow 18t - 16\left( {25 - t} \right) = t\left( {25 - t} \right)\)

\(\Rightarrow {t^2} + 9t - 400 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 16\left( {TM} \right)\\t =  - 25\left( L \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {b^2} = t = 16,{a^2} = 25 - t = 9\).

Vậy phương trình chính tắc của \(\left( H \right)\) là: \(\frac{{{x^2}}}{9} - \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1\).

Giải bài 7.33 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Viết phương trình chính tắc của parabol \(\left( P \right)\), biết rằng \(\left( P \right)\) có đường chuẩn là đường thẳng \(\Delta :x + 4 = 0\). Tìm tọa độ điểm M thuộc \(\left( P \right)\) sao cho khoảng cách từ M đến tiêu điểm của \(\left( P \right)\) bằng 5.

Lời giải chi tiết

+ Phương trình chính tắc của \(\left( P \right)\) có dạng \({y^2} = 2px\), trong đó \(p > 0\).

+ \(\left( P \right)\) có đường chuẩn \(\Delta :x + 4 = 0 \)

\(\Rightarrow x =  - 4 \Rightarrow  - \frac{p}{2} =  - 4 \Rightarrow p = 8\).

\( \Rightarrow \) Phương trình chính tắc của \(\left( P \right)\) là \({y^2} = 16x\).

+ Gọi \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\). Có \(M \in \left( P \right)\) nên ta có:

\(d\left( {M,\Delta } \right) = MF = 5 = \frac{{\left| {{x^0} + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + 0} }} \)

\(\Rightarrow \left| {{x^0} + 4} \right| = 5 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_0} = 1\\{x_0} =  - 9\end{array} \right.\)

+ \({x_0} =  - 9 \Rightarrow y_0^2 = 16\left( { - 9} \right) =  - 144\) (vô lí).

+ \({x_0} = 1 \Rightarrow y_0^2 = 16.1 = 16 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{y_0} = 4\\{y_0} =  - 4\end{array} \right.\)

Vậy \(M\left( {1;4} \right)\) hoặc \(M\left( {1; - 4} \right)\).

Giải bài 7.34 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho parabol \(\left( P \right)\) có phương trình \({y^2} = 16x\). Gọi \(\Delta \) là đường thẳng bất kì đi qua tiêu điểm F của \(\left( P \right)\) và không trùng với trục hoành. Chứng minh rằng \(\Delta \) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B, đồng thời tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi.

Lời giải chi tiết

Gọi vecto chỉ phương của \(\Delta \) là \(\overrightarrow {{u_\Delta }}  = \left( {a;b} \right)\). Vì \(\Delta \) đi qua điểm \(F\left( {4;0} \right)\) và \(\Delta \) không trùng với trục \(Ox\) nên ta có \(b \ne 0\). Phương trình tham số của \(\Delta \):

\(\left\{ \begin{array}{l}x = 4 + at\\y = 0 + bt = bt\end{array} \right.\)

+ \(\Delta  \cap \left( P \right) \Rightarrow {\left( {bt} \right)^2} = 16\left( {4 + at} \right)\)

\(\Rightarrow {b^2}{t^2} - 16at - 64 = 0\).

+ Phương trình (1) có \(\Delta ' = 64{a^2} + 64{b^2} > 0\) (do \(b \ne 0\)) suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Vậy \(\Delta \) luôn cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt A, B.

+ Gọi \(A\left( 4 + a{t_1};{ b{t _1}} \right),B\left( {4 + a{t_2};b{t_2}} \right)\) trong đó \({t_1},{t_2}\) là hai nghiệm của phương trình (1). Ta có:

\(d\left( {A,Ox} \right).d\left( {B,Ox} \right) = \frac{{\left| {b{t_1}} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2}} }}.\frac{{\left| {b{t_2}} \right|}}{{\sqrt {{0^2} + {1^2}} }} = \left| {{b^2}{t_1}{t_2}} \right|\)

+ Theo định lí Vi-ét, ta có \({t_1}{t_2} = \frac{{ - 64}}{{{b^2}}}\)

\(\Rightarrow d\left( {A,Ox} \right).d\left( {B,Ox} \right) = \left| {{b^2}.\frac{{ - 64}}{{{b^2}}}} \right| = 64\).

\( \Rightarrow \) Tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi.

Giải bài 7.35 trang 46 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Một người kĩ sư thiết kế một đường hầm một chiều có mặt cắt là một nửa hình elip, chiều rộng của hầm là 12 m, khoảng cách từ điểm cao nhất của elip so với mặt đường là 3 m. Người kĩ sư này muốn đưa ra cảnh báo cho các loại xe có thể đi qua hầm. Biết rằng những loại xe tải có chiều cao 2,8 m thì có chiều rộng không quá 3 m. Hỏi chiếc xe tải có chiều cho 2,8 m có thể đi qua hầm được không?

Lời giải chi tiết

+ Phương trình chính tắc của \(\left( E \right)\) là \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\), trong đó \(a > b > 0\). Do các điểm \(B\left( {0;3} \right)\) và \(A\left( {6;0} \right)\) thuộc \(\left( E \right)\) nên thay vào phương trình của \(\left( E \right)\) ta có \(b = 3\), \(a = 6\).

\( \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1\).

+ Với những xe tải có chiều cao 2,8 m, chiều rộng của xe tải là 3 m, tương ứng với \(x = 1,5\). Thay vào phương trình của elip để ta tìm ra độ co của \(y\) của điểm \(M\) (có hoành bộ bằng 1,5 thuộc \(\left( E \right)\)) so với trục \(Ox\):

\({y_M} = 3\sqrt {1 - \frac{{x_M^2}}{{36}}}  = 3\sqrt {1 - \frac{{1,{5^2}}}{{36}}}  = 2,905 > 2,8\).

\( \Rightarrow \) Ô tô tải có thể đi được qua hầm, tuy nhiên cần khuyến cáo các ô tô phải đi vào chính giữa hầm.

Giải bài 7.36 trang 47 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Cho điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) thuộc elip \(\left( E \right)\) có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\).

a) Tính \(M{F_1}^2 - M{F_2}^2\) theo \({x_0};{y_0}\). Từ đó tính \(M{F_1}\), \( M{F_2}\) theo \({x_0};{y_0}\).

b) Tìm điểm M sao cho \(M{F_2} = 2M{F_1}\).

c) Tìm M sao cho góc nhìn của M tới hai điểm \({F_1}\), \({F_2}\) (tức là góc \(\widehat {{F_1}M{F_2}}\)) là lớn nhất?

Lời giải chi tiết

+ Trong phương trình chính tắc của \(\left( E \right)\) ta có \(a = \sqrt 2 ,b = 1,c = \sqrt {{a^2} - {b^2}}  = 1\) và hai tiêu điểm \({F_1}\left( { - 1;0} \right),{F_2}\left( {1;0} \right)\).

a) Ta có \(M{F_1}^2 - M{F_2}^2\)

\(= {\left( {{x_0} + 1} \right)^2} + {y_0}^2 - \left[ {{{\left( {{x_0} + 1} \right)}^2} + {y_0}^2} \right] = 4{x_0}\).

+ \(M \in \left( E \right) \Rightarrow M{F_1} + M{F_2} = 2a = 2\sqrt 2 \) (1)

\( \Rightarrow M{F_1} - M{F_2} = \frac{{M{F_1}^2 - M{F_2}^2}}{{M{F_1}^2 + M{F_2}^2}} = \frac{{4{x_0}}}{{2\sqrt 2 }} = \sqrt 2 {x_0}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}M{F_1} = \sqrt 2  + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}\\M{F_2} = \sqrt 2  - \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)

b) Ta có: \(M{F_2} = 2M{F_1} \)

\(\Rightarrow \sqrt 2  - \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }} = 2\left( {\sqrt 2  + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right) \)

\(\Rightarrow \frac{{3{x_0}}}{{\sqrt 2 }} =  - \sqrt 2  \Rightarrow {x_0} =  - \frac{2}{3}\).

\(M \in \left( E \right) \Rightarrow \frac{{{x_0}^2}}{2} + \frac{{{y_0}^2}}{1}\)

\(\Rightarrow {y_0}^2 = 1 - \frac{{{x_0}^2}}{2} = 1 - \frac{{{{\left( { - \frac{2}{3}} \right)}^2}}}{2} = \frac{7}{9} \)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_0} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}\\{y_0} =  - \frac{{\sqrt 7 }}{3}\end{array} \right.\)

Vậy \(M\left( { - \frac{2}{3};\frac{{\sqrt 7 }}{3}} \right)\) hoặc \(M\left( { - \frac{2}{3}; - \frac{{\sqrt 7 }}{3}} \right)\).

c) Áp dụng định lý cosin trong tam giác \(M{F_1}{F_2}\):

\(cos\widehat {{F_1}M{F_2}} = \frac{{M{F_1}^2 + M{F_2}^2 - {F_1}^2{F_2}^2}}{{2M{F_1}.M{F_2}}} \)

\(= \frac{{{{\left( {\sqrt 2  + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 2  - \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2} - {2^2}}}{{2\left( {\sqrt 2  + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)\left( {\sqrt 2  - \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)}} = \frac{{{x_0}^2}}{{4 - {x_0}^2}}\).

+ Ta có: \(\frac{{{x_0}^2}}{2} = 1 - {y_0}^2 \le 1 \Rightarrow 0 \le {x_0}^2 \le 2\)

\( \Rightarrow \cos\widehat {{F_1}M{F_2}} \ge 0 \Rightarrow \widehat {{F_1}M{F_2}} \le {90^ \circ }\).

Dấu “=” xảy ra khi \({x_0} = 0 \Rightarrow {y_0} =  \pm 1\).

Giải bài 7.37 trang 47 sách bài tập toán 10 - Kết nối tri thức với cuộc sống

Đề bài

Mặt Trăng chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo là một đường elip với tâm Trái Đất là một tiêu điểm. Độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ của quỹ đạo lần lượt là 768 800 km và 767 640 km. Tìm khoảng cách lớn nhất và bé nhất từ tâm Trái Đất đến Mặt Trăng.

Lời giải chi tiết

\(2a = 768800\) và \(2b = 767640\) nên ta có \(a = 384400\), \(b = 383820\).

\( \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} - {b^2}}  = \sqrt {{{384400}^2} - {{383820}^2}}  = 21108\).

\( \Rightarrow \) Khoảng cách lớn nhất từ tâm của Trái Đất đến Mặt Trăng là:

\(a + c = 383400 + 21108 = 405508\) (km).

Và khoảng cách nhỏ nhất là:

\(a - c = 383400 - 21108 = 363292\) (km).