Giải Toán 10 trang 104 Tập 2 Cánh diều

Với Giải Toán 10 trang 104 Tập 2 trong Bài tập cuối chương 7 Toán 10 Cánh diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh lớp 10 dễ dàng làm bài tập Toán 10 trang 104.

Giải Toán 10 trang 104 Tập 2 Cánh diều

Bài 8 trang 104 Toán lớp 10 Tập 2: 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 M2+2; 1+2.

Quan sát Hình 64 và thực hiện các hoạt động sau

Quảng cáo

Lời giải:

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

Ta có: AB=3; 2.

Quan sát Hình 64 và thực hiện các hoạt động sau

b) Quan sát Hình 64 ta thấy đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính R = 2, do đó 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 M2+2; 1+2

2+22x2+2+1+21y1+2=0

2x222+2y22=0

2x+2y324=0

x+y322=0

Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là x+y322=0.

Bài 9 trang 104 Toán lớp 10 Tập 2: Cho hai đường thẳng:

Δ1:3x+y4=0, Δ2:x+3y23=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.

Quảng cáo


Lời giải:

a) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng Δ1 và Δ2 là nghiệm của hệ phương trình

Cho hai đường thẳng Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng denta1 và denta2

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

Thay y = 1 vào (1) ta được: 3x+1=43x=3x=3.

Do đó, hệ trên có nghiệm duy nhất 3; 1.

Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thẳng Δ1 và Δ23; 1.

b) Đường thẳng ∆1 có vectơ pháp tuyến là n1=3; 1.

Đường thẳng ∆2 có vectơ pháp tuyến là n2=1; 3.

Cho hai đường thẳng Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng denta1 và denta2

Do đó, (∆1, ∆2) = 30°.

Bài 10 trang 104 Toán lớp 10 Tập 2: Cho biết mỗi đường conic có phương trình dưới đây là đường conic dạng nào (elip, hypebol, parabol) và tìm tọa độ tiêu điểm của đường conic đó.

a) y2 = 18x;

b) x264+y225=1;

c) x29y216=1.

Quảng cáo

Lời giải:

a) Ta có: y2 = 18x ⇔ y2 = 2 . 9 . x

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

Ta có p2=92 nên tọa độ tiêu điểm của parabol là F92;0.

b) x264+y225=1x282+y252=1.

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

Ta có: c2 = a2 – b2 = 64 – 25 = 39, suy ra c = 39.

Vậy tọa độ các tiêu điểm của elip là F139; 0, F239; 0.

c) x29y216=1x232y242=1.

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

Ta có: c2 = a2 + b2 = 9 + 16 = 25, suy ra c = 5.

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

Bài 11 trang 104 Toán lớp 10 Tập 2: Chotam giác AF1F2, trong đó A(0; 4), F1(– 3; 0), F2(3; 0).

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.

Quảng cáo

Lời giải:

a) Ta có: AF1=3; 4 là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AF1, do đó đường thẳng này có một vectơ pháp tuyến là n1=4; 3.

Vậy phương trình tổng quát đường thẳng AF1 là 4(x – 0) – 3(y – 4) = 0 hay 4x – 3y + 12 = 0.

Lại có: AF2=3; 4 là một vectơ chỉ phương của đường thẳng AF2, do đó đường thẳng này có một vectơ pháp tuyến là n2=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 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 =IF12 = IF22 .

Vì IA2 = IF12, IF12 = IF22 nên

Cho tam giác AF1F2 trang 104 Toán lớp 10 Tập 2

Đường tròn tâm I0; 78 bán kính R = IA = 0a2+4b2=4782=258.

Phương trình đường tròn (C) là x02+y782=2582.

Vậy phương trình đường tròn (C) là x2+y782=62564.

c) Phương trình chính tắc của elip (E) có dạng x2a2+y2b2=1 a>b>0.

Elip (E) đi qua điểm A(0; 4), thay tọa độ điểm A vào phương trình elip ta được 02a2+42b2=1b2=42b=4do b>0.

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

Suy ra a2 – b2 = c2 hay a2 – 42 = 32 ⇔ a2 = 9 + 16 = 25 = 52, suy ra a = 5 (do a > 0).

Khi đó a > b > 0 (do 5 > 4 > 0), vậy a = 5, b = 4 là thỏa mãn.

Vậy phương trình elip (E) cần lập là x252+y242=1 hay x225+y216=1.

Bài 12 trang 104 Toán lớp 10 Tập 2: Trên màn hình ra đa 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 0(0 ; 0). Nếu máy bay bay trong phạm vi cách đài kiểm soát 500 km thì sẽ hiển thị trên màn hình ra đa như một điểm chuyển động trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy.

Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu sân bay A có 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:

Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu sân bay A có hệ trục toạ độ Oxy

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.

Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu sân bay A có hệ trục toạ độ Oxy

Vậy vị trí của máy bay lúc 14 giờ 30 phút ở tại điểm có tọa độ E(300; 400).

Ta có: OE=300; 400 nên OE=3002+4002=500, hay khoảng cách từ đài kiểm soát không lưu O đến vị trí E của máy bay lúc 14 giờ 30 phút là 500 km.

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

Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu sân bay A có hệ trục toạ độ Oxy

Gọi H là hình chiếu của O đến đường thẳng d. Khi đó OH là khoảng cách ngắn nhất từ O đến H hay chính là tại vị trí H máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất.

Ta có H thuộc d nên tọa độ H1600314003t;1900314003t.

Khi đó, OH=1600314003t;1900314003t.

Lại có đường thẳng d có vectơ chỉ phương là ud=3140014003;14003=1; 1.

Vì OH ⊥ d nên OH.ud=01600314003t.1+1900314003t.1=0.

Khi đó H(– 50; 50).

Do đó, OH = 502.

Ta có: t = 54 giờ = 1 giờ 15 phút.

Vậy máy bay bay gần đài kiểm soát không lưu nhất lúc: 14 giờ + 1 giờ 15 phút = 15 giờ 15 phút và khoảng cách giữa máy bay và đài kiểm soát không lưu lúc này là 502 km.

c) Gọi K1600314003t;1900314003t là vị trí máy bay ra khỏi màn hình ra đa.

Khi đó OK > 500 km.

Ta có: OK=1600314003t;1900314003t

Do đó, OK=1600314003t2+1900314003t2.

Hay 1600314003t2+1900314003t2>500

Suy ra 1600314003t2+1900314003t2>250000

39200009t298000009t+39200009>0

Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu sân bay A có hệ trục toạ độ Oxy

Ta có t = 12 giờ = 30 phút.

Vậy máy bay bay ra khỏi màn hình ra đa vào khoảng thời gian từ 14 giờ đến trước 14 giờ 30 phút và sau 16 giờ.

Lời giải bài tập Toán 10 Bài tập cuối chương 7 hay khác:

Xem thêm lời giải bài tập Toán lớp 10 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Xem thêm các tài liệu học tốt lớp 10 hay khác:

ĐỀ THI, GIÁO ÁN, SÁCH LUYỆN THI DÀNH CHO GIÁO VIÊN VÀ PHỤ HUYNH LỚP 10

Bộ giáo án, bài giảng powerpoint, đề thi, sách dành cho giáo viên và gia sư dành cho phụ huynh tại https://tailieugiaovien.com.vn/ . Hỗ trợ zalo VietJack Official

Tổng đài hỗ trợ đăng ký : 084 283 45 85

Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng....miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn.


Giải bài tập lớp 10 Cánh diều khác
Tài liệu giáo viên