Giải SBT Toán 10 Bài 22. Ba đường conic có đáp án

Hướng dẫn giải

Dựa vào phương trình chính tắc $\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1$ của (E) ta có

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{a^2} = 36}\\{{b^2} = 16}\end{array}} \right. \Rightarrow c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = 2\sqrt 5$

Vậy (E) có hai tiêu điểm là: ${F_1}\left( { - 2\sqrt 5 ;0} \right),{F_2}\left( {2\sqrt 5 ;0} \right)$và có tiêu cự là: $2c = 4\sqrt 5$.

Hướng dẫn giải

Dựa vào phương trình chính tắc $\frac{{{x^2}}}{{16}} - \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1$ của (H) ta có

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

Vậy (H) có hai tiêu điểm là F$_{1}$ (–6; 0), F$_{2}$(6; 0) và có tiêu cự là 2c = 12.

Hướng dẫn giải

Dựa vào phương trình chính tắc y$^{2}$ = 4x của (P) ta có:

2p = 4 ⇔ p = 2 ⇔ $\frac{p}{2} = 1$ .

Vậy (P) có tiêu điểm là F(1; 0) và có đường chuẩn là Δ: x = –1.

Hướng dẫn giải

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

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

Do (E) có tiêu cự là 2c = 8 nên ta có c = 4 ⇒ b$^{2}$ = a$^{2}$ – c$^{2}$ = 6$^{2}$ – 4$^{2}$ = 20.

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: $\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{{20}} = 1$.

Hướng dẫn giải

Phương trình chính tắc của (H) có dạng: $\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$ (trong đó a, b > 0)

Do (H) có một tiêu điểm là F$_{2}$(5; 0) nên ta có:

c = 5 ⇒ b$^{2}$ + a$^{2}$ = c$^{2}$ = 25 ⇔ a$^{2}$ = 25 – b$^{2}$

Vì (H) đi qua điểm $M\left( {3\sqrt 2 ;4} \right)$nên ta có

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

Đặt t = b$^{2}$ (t > 0) ⇒ a$^{2}$ = 25 – t. Thay vào (1) ta được

$\frac{{18}}{{25 - t}} - \frac{{16}}{t} = 1$

⇒ 18t – 16(25 – t) = (25 – t)t

⇔ 18t – 400 + 16t = 25t – t$^{2}$

⇔ t$^{2}$ + 9t – 400 = 0

⇔ t = 16 (thỏa mãn) hoặc t = –25 (không thỏa mãn)

Do đó, b$^{2}$ = t = 16, a$^{2}$ = 25 – t = 9.

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

Hướng dẫn giải

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

Vì (P) có đường chuẩn là Δ: x + 4 = 0 ⇔ x = –4 ⇔ –p : 2 = –4 ⇔ p = 8

Vậy phương trình chính tắc của (P) là y$^{2}$ = 16x.

Gọi M (x$_{0}$; y$_{0}$).

Vì M thuộc (P) nên ta có:

d(M, Δ) = MF = 5 với F là tiêu điểm của (P) và F(4; 0).

$\Leftrightarrow \frac{{\left| {{x_0} + 4} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {0^2}} }} = 5$

⇔ |x$_{0}$ + 4| = 5 (*)

TH1: x$_{0}$ + 4 ≥ 0 hay x$_{0}$ ≥ –4

(*) ⇔ x$_{0}$ + 4 = 5 ⇔ x$_{0}$ = 1 (thỏa mãn)

TH2: x$_{0}$ + 4 < 0 hay x$_{0}$ < –4

(*) ⇔ –x$_{0}$ – 4 = 5 ⇔ x$_{0}$ = –9 (thỏa mãn)

Với x$_{0}$ = –9, thay vào phương trình của (P) ta được y$_{0}$$^{2}$ = 16.(–9) = –144 < 0 (không thể tồn tại)

Với x$_{0}$ = 1, thay vào phương trình của (P) ta được y$_{0}$$^{2}$ = 16.1 = 16 ⇔ y$_{0}$ = ±4

Vậy M(1; 4) hoặc M(1; –4).

Hướng dẫn giải

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

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{x = 4 + at}\\{y = 0 + bt = bt}\end{array}} \right.$.

Toạ độ giao điểm của Δ và (P) ứng với thoả mãn phương trình

(bt)$^{2}$ =16 . (4 + at) ⇔ b$^{2}$t$^{2}$ – 16at – 64 = 0. (1)

Phương trình (1) có Δ’ = 64a$^{2}$ + 64b$^{2}$ > 0 (do b ≠ 0), suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Vậy Δ luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B.

Gọi A(4 + at$_{1}$; bt$_{1}$), B(4 + at$_{2}$; bt$_{2}$), trong đó t$_{1}$, t$_{2}$ là hai nghiệm của phương trình (1).

Ta có

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

Dựa vào phương trình (1). Theo định lí Vi–ét ta có: ${t_1}{t_2} = \frac{{ - 64}}{{{b^2}}}$. Từ đó suy ra

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

Vậy tích các khoảng cách từ A và B đến trục hoành không đổi.

Hướng dẫn giải

Giả sử phương trình chính tắc của (E) là: $\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$ (trong đó a > b > 0).

Vì chiều rộng của hầm là 12 m nên OA = 12 : 2 = 6 (m), do đó điểm A có tọa độ (6; 0).

Khoảng cách từ điểm cao nhất của elip so với mặt đường là 3 m nên OB = 3 m, do đó điểm B có tọa độ (0; 3).

Do các điểm B(0; 3) và A(6; 0) thuộc (E) nên thay vào phương trình của (E) ta có:

$\frac{{{0^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{3^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow {b^2} = {3^2} = 9$

$\frac{{{6^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{0^2}}}{{{b^2}}} = 1 \Rightarrow {a^2} = {6^2} = 36$

Suy ra phương trình của (E) là

$\frac{{{x^2}}}{{36}} + \frac{{{y^2}}}{9} = 1$.

Với những xe tải có chiều cao 2,8 m, chiều rộng của xe tải là 3 m, nếu xe chạy chính giữa hầm thì khoảng cách từ tâm xe tới mỗi bên xe khoảng 3 : 2 = 1,5 m, tương ứng với x = 1,5. Thay vào phương trình của elip để ta tìm ra độ cao y của điểm M (có hoành độ bằng 1,5 thuộc (E)) so với trục Ox.

$\frac{{{x_M}^2}}{{36}} + \frac{{{y_M}^2}}{9} = 1$

Suy ra: ${y_M} = 3.\sqrt {1 - \frac{{x_M^2}}{{36}}} = 3.\sqrt {1 - \frac{{{{1{,}5}^2}}}{{36}}} \approx 2{,}905 > 2{,}8$

Kết luận: Ô tô tải có thể đi được qua hầm, tuy nhiên cần khuyến cáo ô tô phải đi vào chính giữa hầm.

Hướng dẫn giải

Từ phương trình chính tắc của (E) ta có

b = 1,$a = \sqrt 2 ,c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = \sqrt {2 - 1} = 1$.

(E) có hai tiêu điểm là F$_{1}$(–1; 0); F$_{2}$(1; 0).

Ta có:

MF$_{1}$$^{2}$ = (x$_{0}$ + 1)$^{2}$ + (y$_{0}$ – 0)$^{2}$ = (x$_{0}$ + 1)$^{2}$ + y$_{0}$$^{2}$

MF$_{2}$$^{2}$ = (x$_{0}$ – 1)$^{2}$ + (y$_{0}$ – 0)$^{2}$ = (x$_{0}$ – 1)$^{2}$ + y$_{0}$$^{2}$

MF$_{1}$$^{2}$ – MF$_{2}$$^{2}$

= (x$_{0}$ + 1)$^{2}$ + y$_{0}$$^{2}$ – [(x$_{0}$ – 1)$^{2}$ + y$_{0}$$^{2}$]

= (x$_{0}$ + 1)$^{2}$ – (x$_{0}$ – 1)$^{2}$

= x$_{0}$$^{2}$ + 2x$_{0}$ + 1 – (x$_{0}$$^{2}$ – 2x$_{0}$ + 1)

= 4x$_{0}$.

Mặt khác, do M thuộc (E) nên ta có:

MF$_{1}$ + MF$_{2}$ = 2a = $2\sqrt 2$ (1)

Mà: (MF$_{1}$ – MF$_{2}$)(MF$_{1}$ + MF$_{2}$) = MF$_{1}$$^{2}$ – MF$_{2}$$^{2}$

$\Rightarrow M{F_1} - M{F_2} = \frac{{MF_1^2 - MF_1^2}}{{M{F_1} + M{F_2}}} = \frac{{4{x_0}}}{{2\sqrt 2 }} = \sqrt 2 {x_0}$ (2)

Cộng hai vế của (1) và (2) ta có:

2MF$_{1}$ = $2\sqrt 2$ + $\sqrt 2 {x_0}$

⇔ MF$_{1}$ = $\sqrt 2$ + $\frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}$

⇒ MF$_{2}$ = $2\sqrt 2 - \sqrt 2 - \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 - \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}$.

Hướng dẫn giải

Sử dụng kết quả của phần a) ta có:

$M{F_2} = 2M{F_1} \Leftrightarrow \sqrt 2 - \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }} = 2\left( {\sqrt 2 + \frac{{{x_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right) \Leftrightarrow \frac{{3{x_0}}}{{\sqrt 2 }} = - \sqrt 2 \Leftrightarrow {x_0} = - \frac{2}{3}$

Mặt khác do M thuộc (E) nên ta có:

$\frac{{x_0^2}}{2} + \frac{{y_0^2}}{1} = 1 \Leftrightarrow y_0^2 = 1 - \frac{{x_0^2}}{2} = 1 - \frac{{{{\left( { - \frac{2}{3}} \right)}^2}}}{2} = \frac{7}{9}$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{{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 $M\left( { - \frac{2}{3}; - \frac{{\sqrt 7 }}{3}} \right)$.

Hướng dẫn giải

Áp dụng định lí côsin trong tam giác MF$_{1}$F$_{2}$, ta có

$\cos \widehat {{F_1}M{F_2}} = \frac{{MF_1^2 + MF_2^2 - {F_1}F_2^2}}{{2.M{F_1}.M{F_2}}}$

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

Ta có: $\frac{{x_0^2}}{2} = 1 - y_0^2 \le 1$ ⇔ 0 ≤ x$_{0}$$^{2}$ ≤ 2 ⇒ 4 – x$_{0}$$^{2}$ > 0.

Suy ra $\cos \widehat {{F_1}M{F_2}} \ge 0 \Rightarrow \widehat {{F_1}M{F_2}} \le 90^\circ$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x$_{0}$ = 0 ⇒ y$_{0}$ = ±1

Vậy M(0; 1) hoặc M(0; –1) thì M nhìn hai tiêu điểm dưới góc nhìn lớn nhất.

Hướng dẫn giải

Xét đường elip như hình vẽ:

Theo đề bài: Độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ của quỹ đạo lần lượt là 768 800 km và 767 640 km. Nên ta có:

2a = 768 800 và 2b = 767 640

Do đó, a = 384 400 và b = 383 820.

Từ đó suy ra $c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = \sqrt {{{384400}^2} - {{383820}^2}} \approx 21108$.

Vì vậy,

Khoảng cách lớn nhất từ tâm của Trái Đất đến Mặt Trăng là

a + c ≈ 384 400 + 21 108 = 405 508 (km)

Khoảng cách nhỏ nhất từ tâm của Trái Đất đến Mặt Trăng là:

a – c ≈ 384 400 – 21 108 = 363 292 (km).