Tailieumoi.vn giới thiệu Giải bài tập Toán lớp 10 Bài 22: Ba đường Conic chi tiết sách Toán 10 Tập 2 Kết nối tri thức với cuộc sống giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập môn Toán 10. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán lớp 10 Bài 22: Ba đường Conic

A. Câu hỏi

Hoạt động 1 trang 48 Toán 10 Tập 2: Đính hai đầu của một sợi dây không đàn hồi vào hai vị trí cố định F1; F2 trên một mặt bàn (độ dài sợi dây lớn hơn khoảng cách giữa hai điểm F1; F2). Kéo căng sợi dây tại một điểm M bởi một đầu bút dạ (hoặc phấn). Di chuyển đầu bút dạ để nó vẽ trên mặt bàn một đường khép kín (H.7.18)

a) Đường nhận vừa nhận được có liên hệ với hình ảnh nào ở Hình 7.17?

b) Trong quá trình đầu bút di chuyển để vẽ nên đường nói trên, tổng các khoảng cách từ nó tới các vị trí F1; F2 có thay đổi không? Vì sao?

 

Lời giải:

a) Ta thấy đường vừa nhận được có hình dạng giống với Hình 7.17b.

Vậy đường nhận vừa nhận được có liên hệ với ở Hình 7.17 b.

b) Trong quá trình đầu bút di chuyển để vẽ nên đường nói trên, tổng các khoảng cách từ nó tới các vị trí F1; F2 không thay đổi vì tổng khoảng cách bằng với chiều dài của sợi dây mà chiều dài sợi dây không đàn hồi nên không thay đổi.

Câu hỏi trang 49 Toán 10 Tập 2: Tại sao trong định nghĩa elip cần điều kiện a > c?

Lời giải:

Xét tam giác MF1F2, áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có: MF1 + MF2 > F1F2

Mà MF1 + MF2 = 2a và F1F2 = 2c nên 2a > 2c ⇒ a > c.

Luyện tập 1 trang 49 Toán 10 Tập 2: Trên bàn bida hình elip có một lỗ thu bi tại một tiêu điểm (H.7.20). Nếu gậy chơi tác động đủ mạnh vào một bi đặt tại tiêu điểm còn lại của bàn, thì sau khi vào thành bàn, bi sẽ lật lại và chạy về lỗ thu( bỏ qua các tác động phụ). Hỏi độ dài quãng đường bi lăn từ điểm xuất phát tới lỗ thu có phụ thuộc vào đường đi của bi hay không? Vì sao?

Lời giải:

 

Theo giả thiết ta có vị trí của viên bi và lỗ thu bi lần lượt tại hai tiêu điểm F1; F2 của hình elip.

Khi được tác động một lực đủ mạnh thì viên bi đi từ tiêu điểm F1 đến một điểm trên thành bàn ta gọi điểm đó là M , rồi bật lại chạy về lỗ thu là tiêu điểm F2. Do đó, quãng đường đi của viên bi là: MF1 + MF2.

Theo định nghĩa đường elip thì MF1 + MF2 = 2a là giá trị không đổi.

Vậy độ dài quãng đường bi lăn từ điểm xuất phát tới lỗ thu không phụ thuộc vào đường đi của bi.

Hoạt động 2 trang 49 Toán 10 Tập 2: Xét một elip (E) với các kí hiệu như trong định nghĩa. Chọn hệ trục toạ độ Oxy có gốc O là trung điểm của F1F2, tia Ox trùng tia OF2 (H.7.21)

a) Nêu toạ độ của các tiêu điểm F1; F2

b) Giải thích vì sao điểm M(x; y) thuộc elip khi và chỉ khi

$\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}=2a$

 

Lời giải:

a) Vì F1F2 = 2c và O là trung điểm của F1F2 nên F1 (−c; 0); F2(c; 0).

b)

* Giả sử điểm M(x; y) thuộc elip ta cần chứng minh:  

$\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}=2a$

Ta có: $\overrightarrow{F_{1}M}=\left(x+c;y\right)$ ⇒ MF1 = $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}$

$\overrightarrow{F_{2}M}=\left(x-c;y\right)$ ⇒ MF2 = $\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$

Vì điểm M thuộc (E) nên ta có : MF1 + MF2 = 2a

⇔ $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}=2a$. (1)

* Giả sử với điểm M(x; y) và $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}=2a$ ta cần chứng minh M ∈ (E)

Theo giả thiết ta có: $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}=2a$

Mặt khác, ta có:

$\overrightarrow{F_{1}M}=\left(x+c;y\right)$ ⇒ MF1 = $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}$

$\overrightarrow{F_{2}M}=\left(x-c;y\right)$ ⇒ MF2 = $\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$

⇒ MF1 + MF2 = 2a

Do đó điểm M thuộc elip. (2)

Từ (1) và (2) suy ra điểm M(x; y) thuộc elip khi và chỉ khi

$\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}=2a$.

Luyện tập 2 trang 50 Toán 10 Tập 2: Cho elip có phương trình chính tắc: $\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{64}=1$. Tìm các tiêu điểm và tiêu cự của elip.

Lời giải:

Ta có : $\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{64}=1$ hay $\frac{x^2}{{10}^2}+\frac{y^2}{8^2}=1$

⇒ a = 10, b = 8

⇒ c = $\sqrt{a^2-b^2}$=$\sqrt{100-64}$ = 6

Hai tiêu điểm của elip là : F1(−6; 0)  và F2(6; 0)

Tiêu cự: F1F2 = 2c = 2.6 = 12.

Vậy tiêu điểm của elip là : F1(−6; 0)  và F2(6; 0) và tiêu cự của elip là 2c = 12.

Vận dụng 1 trang 50 Toán 10 Tập 2: Trong bản vẽ thiết kế, vòm của ô thoáng trong Hình 7.22 là nửa nằm phía trên trục hoành của elip có phương trình $\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$. Biết rằng 1 đơn vị trên mặt phẳng toạ độ của bản vẽ thiết kế ứng với 30cm trên thực tế. Tính chiều cao h của ô thoáng tại điểm cách điểm chính giữa của đế ô thoáng 75cm.

 

Lời giải:

Ta có: 75cm trên thực tế ứng với 2,5 đơn vị trên mặt phẳng toạ độ của bản vẽ thiết kế.

Gọi điểm M là điểm thuộc vòm của ô thoáng và có hình chiếu trên trục Ox cách điểm chính giữa của ô thoáng 75cm khi đó điểm M thuộc elip và có tọa độ là M(2,5; y).

 

Vì M thuộc vào elip nên thay tọa độ điểm M vào phương trình elip ta được:

$\frac{{\mathrm{2,5}}^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$⇒ y2 = $\frac{39}{16}$ ⇒ y = $\frac{\sqrt{39}}{4}$

Vậy chiều cao h của ô thoáng chính là tung độ của điểm M nên: h = 30.$\frac{\sqrt{39}}{4}$= $\frac{15\sqrt{39}}{2}$(cm).

Hoạt động 3 trang 50 Toán 10 Tập 2: Giả sử thiết bị tại F2 nhận được tín hiệu âm thanh sớm hơn thiết bị tại F1 là 2 giây và vận tốc âm thanh là 343 m/s.

a) Tìm mối quan hệ giữa các khoảng cách từ nơi phát ra tín hiệu âm thanh tới F1, F2.

b) Việc giới hạn khu vực tìm kiếm nơi phát ra tín hiệu âm thanh có liên quan đến bài toán tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn MF1 – MF2 = 686 (m) hay không?

 

Lời giải:

a) Gọi M là điểm phát tín hiệu âm thanh, t (s) là thời gian âm thanh truyền từ M đến F2.

Khi đó âm thanh truyền từ M đến F1 là: t + 2 (s)

Khoảng cách từ M đến F1 là: MF1 = 343(t + 2) = 343t + 686 (m).

Khoảng cách từ M đến F2 là: MF2 = 343.t = 343t (m).

Suy ra MF1 – MF2 = 343t + 686 – 343t = 686 (m).

Vậy hiệu khoảng cách từ nơi phát tín hiệu tới F1 và tới F2 luôn không đổi và bằng 686m.

b) Ta thấy nơi phát tín hiệu luôn thỏa mãn hiệu khoảng cách từ nơi phát tín hiệu tới F1 và tới F2 luôn không đổi và bằng 686m. Do đó đây chính là bài toán tìm điểm M thỏa mãn MF1 – MF2 = 686 (m).

Câu hỏi trang 50 Toán 10 Tập 2: Tại sao trong định nghĩa hypebol cần điều kiện a < c?

Lời giải:

Xét tam giác MF1F2, áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có: $\left|M{F}_1-M{F}_2\right|$<  F1F2

Mà $\left|M{F}_1-M{F}_2\right|$= 2a và F1F2 = 2c nên 2a < 2c ⇒ a < c.

Vậy nên trong định nghĩa hypebol cần điều kiện a < c.

Luyện tập 3 trang 51 Toán 10 Tập 2: Cho hình chữ nhật ABCD và M; N tương ứng là trung điểm của các cạnh AB; CD (H.7.25). Chứng minh rằng bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một hypebol có hai tiêu điểm là M và N

 

Lời giải:

Xét tam giác MNB, áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có: $\left|BM-BN\right|$<  MN

Chứng minh tương tự ta được:

$\left|AM-AN\right|$<  MN

$\left|CM-CN\right|$<  MN

$\left|DM-DN\right|$<  MN

Mặt khác , ta có: ABCD là hình chữ nhật và M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB; CD

Nên $\left|BM-BN\right|$ = $\left|AM-AN\right|$ = $\left|CM-CN\right|$ = $\left|DM-DN\right|$ < MN.

⇒ Bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một hypebol có hai tiêu điểm là M và N.

Hoạt động 4 trang 51 Toán 10 Tập 2: Xét một hypebol (H) với các kí hiệu như trong định nghĩa. Chọn hệ trục toạ độ Oxy có gốc O là trung điểm F1F2, tia Ox trùng tia OF2 (H.7.26). Nêu toạ độ của các tiêu điểm F1; F2. Giải thích vì sao điểm M(x; y) thuộc (H) khi và chỉ khi

$\left|\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}-\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}\right|=2a$

 

Lời giải:

a) Vì F1F2 = 2c và O là trung điểm của F1F2 nên F1 (−c; 0); F2(c; 0).

Vậy F1 (−c; 0); F2(c; 0).

b)

* Giả sử điểm M(x; y) thuộc (H) ta cần chứng minh:   

$\left|\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}-\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}\right|=2a$

Ta có:

$\overrightarrow{M{F}_1}=\left(-c;0\right)$ ⇒ MF1 = $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}$

$\overrightarrow{M{F}_2}=\left(c;0\right)$⇒ MF2 = $\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$

Vì điểm M thuộc (E) nên ta có : $\left|M{F}_1-M{F}_2\right|$= 2a

⇔ $\left|\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}-\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}\right|=2a$(1)

* Giả sử với điểm M(x; y) và $\left|\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}-\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}\right|=2a$ ta cần chứng minh M ∈ (H)

Theo giả thiết ta có: $\left|\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}-\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}\right|=2a$

Mà: MF1 = $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}$, MF2 = $\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$

⇒ $\left|M{F}_1-M{F}_2\right|$= 2a

Theo định nghĩa điểm M thuộc hypebol. (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

Luyện tập 4 trang 52 Toán 10 Tập 2: Cho (H) : $\frac{x^2}{144}-\frac{y^2}{25}=1$. Tìm các tiêu điểm và tiêu cự của (H)

Lời giải:

Xét phương trình hypebol (H): $\frac{x^2}{144}-\frac{y^2}{25}=1\iff \frac{x^2}{{12}^2}-\frac{y^2}{5^2}=1$

⇒ a = 12, b = 5

Ta có: c = $\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{144+25}$ = $\sqrt{169}$ = 13.

Vậy (H) có tiêu điểm  F1(−13; 0)  và F2(13; 0)

Tiêu cự: F1F2 = 2c = 2.13 = 26.

Hoạt động trang 52 Toán 10 Tập 2: Cho parabol (P): y = $\frac{1}{4}{x}^2$. Xét F(0; 1) và đường thẳng ∆: y + 1 = 0 . Với điểm M(x; y) bất kì, chứng minh rằng MF = d(M, ∆) ⇔ M(x; y) thuộc (P).

Lời giải:

Ta có: $\overrightarrow{FM}=\left(x;y-1\right)$ ⇒ MF = $\sqrt{x^2+{(y-1)}^2}$

Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ là: d(M, ∆) = $\frac{\left|y+1\right|}{\sqrt{0^2+1^2}}=\left|y+1\right|$.

* Với điểm M(x; y) bất kì, giả sử MF = d(M, ∆) ta cần chứng minh M thuộc (P)

Theo giả thiết ta có: MF = d(M, ∆)

⇒$\sqrt{x^2+{(y-1)}^2}$ = $\left|y+1\right|$

⇒ x2 + (y – 1)2 = (y + 1)2

⇔ x2 + [(y – 1)2 –  (y + 1)2 ]= 0

⇔ x2 + (y – 1 – y – 1)(y – 1 + y + 1) = 0

⇔ x2 – 4y = 0 hay y = $\frac{1}{4}{x}^2$

⇒ M (x; y) ∈ (P) (đpcm)

* Với điểm M(x; y) bất kì, giả sử M thuộc (P) ta cần chứng minh MF = d(M, ∆)

Theo giả thiết ta có: M (x; y) ∈ (P) nên y = $\frac{1}{4}{x}^2$⇒ x2 = 4y

⇒ MF = $\sqrt{x^2+{(y-1)}^2}$

           = $\sqrt{4y+y^2-2y+1}$

           =$\sqrt{y^2+2y+1}$ 

= $\sqrt{{(y+1)}^2}$

= $\left|y+1\right|$= d(M, ∆)

Do đó MF = d(M, ∆) (đpcm).

Hoạt động 5 trang 52 Toán 10 Tập 2: Xét (P) là một parabol với tiêu điểm F và đường chuẩn ∆. Gọi p là tham số tiêu của (P) và H là hình chiếu vuông góc của F trên ∆. Chọn hệ trục toạ độ Oxy có gốc O là trung điểm của HF, tia Ox trùng tia OF( H.7.27)

a) Nêu toạ độ của F và phương trình của ∆

b) Giải thích vì sao điểm M(x; y) thuộc (P) khi và chỉ khi $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$

 

Lời giải:

a) Theo giả thiết ta có: HF = p và O là trung điểm của HF nên F$\left(\frac{p}{2};0\right)$và H$\left(-\frac{p}{2};0\right)$

Đường thẳng ∆ đi qua điểm H$\left(-\frac{p}{2};0\right)$ và nhận vectơ đơn vị của trục Ox là$\overrightarrow{i}$(1; 0) là vectơ pháp tuyến, do đó phương trình ∆ là: 1.$\left(x+\frac{p}{2}\right)$+ 0.(y – 0) = 0 hay $x+\frac{p}{2}$ = 0.

Vậy F$\left(\frac{p}{2};0\right)$ và phương trình đường chuẩn ∆ là: $x+\frac{p}{2}$ = 0.

b)

Ta có: $\overrightarrow{FM}\left(x-\frac{p}{2};y\right)$ ⇒ MF = $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}$

Ta lại có: d(M, ∆) = $\frac{\left|x+\frac{p}{2}\right|}{\sqrt{1^2+0^2}}$=$\left|x+\frac{p}{2}\right|$

* Giả sử điểm M(x; y) thuộc (P) ta cần chứng minh: $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$ 

Theo giả thiết ta có điểm M(x; y) thuộc (P) nên điểm M cách đều F và ∆

⇒ MF = d(M, ∆)

⇒$\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}$= $\left|x+\frac{p}{2}\right|$(đpcm)

* Giả sử  với điểm M(x; y) và $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$ ta cần chứng minh: M(x; y) thuộc (P)

Theo giả thiết ta có: $\sqrt{{\left(x-\frac{p}{2}\right)}^2+y^2}=\left|x+\frac{p}{2}\right|$.

⇒ MF = d(M, ∆) hay điểm M cách đều F và ∆

⇒ M(x; y) thuộc (P). (đpcm)

Vận dụng 2 trang 53 Toán 10 Tập 2: Tại một vùng biển giữa đất liền và một đảo, người ta phân định một đường ranh giới cách đều đất liền và đảo (H.7.28). Coi bờ biển vùng đất liền đó là một đường thẳng và đảo là hình tròn. Hỏi đường ranh giới nói trên có hình gì? Vì sao?

 

Lời giải:

Gọi d là đường bờ biển, kẻ một đường thẳng ∆ nằm trong đất liền song song với d sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng OA.

 

Khi đó ta có:

d(M; ∆) = MH + OA

Mà MH = MA nên d(M; ∆) = MH + OA = MA + OA = MO

Ta có khoảng cách từ điểm M bất kì thuộc đường ranh giới đến đường thẳng ∆ bằng với khoảng cách từ điểm M đến điểm O là tâm của hòn đảo.

Nếu ta coi ∆ là đường chuẩn, điểm O của hòn đảo là vị trí tiêu điểm F thì điểm M cách đều đường chuẩn ∆ và tiêu điểm F nên M nằm trên đường parabol.

Vậy đường ranh giới là tập hợp các điểm cách đều đất liền và đảo hay chính là đường parabol.

Vận dụng 3 trang 56 Toán 10 Tập 2: Gương elip trong một máy tán sỏi thận (H.7.33) ứng với elip có phương trình chính tắc $\frac{x^2}{400}+\frac{y^2}{76}=1$(theo đơn vị cm). Tính khoảng cách từ vị trí đầu phát sóng của máy đến vị trí của sỏi thận cần tán.

 

Lời giải:

Xét phương trình elip: $\frac{x^2}{400}+\frac{y^2}{76}=1\iff \frac{x^2}{{20}^2}+\frac{y^2}{{\left(\sqrt{76}\right)}^2}=1$

⇒ a = 20, b = $\sqrt{76}$

⇒ c = $\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{400-76}=18$

Theo giả thiết ta có vị trí của đầu phát sóng và vị trí sỏi thận lần lượt là hai tiêu điểm F1 ; F2 của elip.

Vậy khoảng cách từ vị trí đầu phát sóng của máy đến vị trí của sỏi thận cần tán là tiêu cự F1F2 = 2c = 2.18 = 36(cm).

B. Bài tập

Bài 7.19 trang 56 Toán 10 Tập 2: Cho elip có phương trình: $\frac{x^2}{36}+\frac{y^2}{9}=1$. Tìm tiêu điểm và tiêu cự của elip.

Lời giải:

Xét phương trình $\frac{x^2}{36}+\frac{y^2}{9}=1$

⇒ a2= 36, b2 = 9.

Ta có: c = $\sqrt{a^2-b^2}$ = $\sqrt{36-9}$= 3$\sqrt{3}$

Suy ra tiêu điểm F1(−3$\sqrt{3}$; 0); F2(3$\sqrt{3}$; 0), tiêu cự F1F2 = 2c = 2.3$\sqrt{3}$= 6$\sqrt{3}$.

Vậy tiêu điểm của elip lần lượt là F1(−3$\sqrt{3}$; 0); F2(3$\sqrt{3}$; 0) và tiêu cực F1F2 = 6$\sqrt{3}$.

Bài 7.20 trang 56 Toán 10 Tập 2: Cho hypebol có phương trình $\frac{x^2}{7}-\frac{y^2}{9}=1$. Tìm tiêu điểm và tiêu cự của hypebol.

Lời giải:

Xét phương trình $\frac{x^2}{7}-\frac{y^2}{9}=1$ có a2 = 7, b2 = 9

Ta có: c = $\sqrt{a^2+b^2}$ = $\sqrt{7+9}$= 4.

Vậy tiêu điểm F1(−4; 0) ; F2(4; 0), tiêu cự F1F2 = 2c = 2.4 = 8.

Bài 7.21 trang 56 Toán 10 Tập 2: Cho parabol có phương trình: y² = 8x. Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của parabol

Lời giải:

Ta có: y² = 8x hay y² = 2.4.x ⇒ p = 4

Parabol có tiêu điểm F(2; 0) và đường chuẩn ∆: x = −2.

Vậy parabol có tiêu điểm F(2; 0) và đường chuẩn ∆: x + 2 = 0.

Bài 7.22 trang 56 Toán 10 Tập 2: Lập phương trình chính tắc của elip đi qua điểm A(5; 0) và có một tiêu điểm là F2(3; 0).

Lời giải:

Gọi phương trình chính tắc của elip cần tìm có dạng : $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ (a > b > 1)

Vì điểm A(5; 0) ∈ (E) nên $\frac{5^2}{a^2}+\frac{0^2}{b^2}=1$ ⇒ $\frac{25}{a^2}=1$ ⇒ a2 = 25 ⇒ a = 5

Mặt khác ta có F2(3; 0) hay c = 3 ⇒ b = $\sqrt{a^2-c^2}$=$\sqrt{5^2-3^2}$= 4

Vậy phương trình chính tắc của elip cần tìm là : $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$.

Bài 7.23 trang 56 Toán 10 Tập 2: Lập phương trình chính tắc của parabol đi qua điểm M(2; 4)

Lời giải:

Gọi phương trình chính tắc của parabol cần tìm có dạng : $y^2=2px$(p > 0)

Vì điểm M(2; 4) ∈ (P) ⇒ $4^2=2p.2$⇒ 2p = 8

Vậy phương trình chính tắc của parabol cần tìm là : $y^2=8x$.

Bài 7.24 trang 56 Toán 10 Tập 2: Có hai trạm phát tín hiệu vô tuyến đặt tại hai vị trí A, B cách nhau 300 km. Tại cùng một thời điểm, hai trạm cùng phát tín hiệu với vận tốc 292 000 km/s để một tàu thuỷ thu và đo độ lệch thời gian. Tín hiệu từ A đến sớm hơn tín hiệu từ B là 0,0005 s. Từ thông tin trên, ta có thể xác định được tàu thuỷ thuộc đường hypebol nào? Viết phương trình chính tắc của hypebol đó theo đơn vị kilômét.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy có gốc O là trung điểm của AB; tia Ox trùng với tia OB

 

Gọi phương trình chính tắc của hypebol cần tìm có dạng : $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$

Ta có hai trạm phát tín hiệu vô tuyến đặt tại hai vị trí A, B lần lượt là hai tiêu điểm của hypebol cần tìm ⇒ AB = 2c = 300 ⇒ c = 150

Nên tọa độ hai điểm là: A(-150; 0) và B(150; 0)

Khi đó ta xem vị trí tàu thủy là điểm M nằm trên hypebol có 2 tiêu điểm lần lượt là A và B.

Giả sử t (s) là thời gian tín hiệu từ A đến tàu.

Khi đó thời gian tín hiệu từ B đến tàu là: t + 0,0005(s).

Khoảng cách từ M đến A là: MA = 292 000t (km).

Khoảng cách từ M đến B là: MB = 292 000(t + 0,0005) (km).

⇒ $\left|MA-MB\right|$=$\left|292000t-292000(t+\mathrm{0,0005})\right|$

= $\left|-\mathrm{292000.0,0005}\right|$ = 146

Mà |MA – MB| = 2a nên 2a = 146 ⇒ a = 73

⇒ b2 = c2 – a2 = 1502 – 732 = 17171

Vậy phương trình chính tắc của hypebol cần tìm có dạng : $\frac{x^2}{5329}-\frac{y^2}{17171}=1$.

Bài 7.25 trang 56 Toán 10 Tập 2: Khúc cua của một con đường có dạng hình hypebol, điểm đầu vào khúc cua là A, điểm cuối là B, khoảng cách AB = 400m. Đỉnh parabol (P) của khúc cua cách đường thẳng AB một khoảng 20 m và cách đều A, B (H.7.34)

a) Lập phương trình chính tắc của (P), với 1 đơn vị đo trong mặt phẳng toạ độ tương ứng 1 m trên thực tế.

b) Lập phương trình chính tắc của (P), với 1 đơn vị đo trong mặt phẳng toạ độ tương ứng 1 km trên thực tế.

 

Lời giải:

Chọn hệ trục toạ độ Oxy có gốc toạ độ O trùng với đỉnh của Parabol

 

 

a) Với 1 đơn vị đo trong mặt phẳng toạ độ tương ứng 1 m trên thực tế, khi đó toạ độ điểm A(20; -200) và B ( 20; 200)

Gọi phương trình chính tắc của parabol cần tìm có dạng: $y^2=2px$

Vì B ∈ (P) nên ${200}^2=2p.20$⇒ 2p = 2002 : 20 = 2000

Vậy phương trình chính tắc của parabol cần tìm là : y2 = 2000x.

b) Với 1 đơn vị đo trong mặt phẳng toạ độ tương ứng 1 km trên thực tế, khi đó toạ độ điểm A(0,02; -0,2) và B (0,02; 0,2)

Gọi phương trình chính tắc của parabol cần tìm có dạng: $y^2=2px$.

Vì B ∈ (P) nên ${\mathrm{0,2}}^2=2p\mathrm{.0,02}$⇒ 2p = 0,22 : 0,02 = 2

Vậy phương trình chính tắc của parabol cần tìm là : $y^2=2x$.

Xem thêm các bài giải SGK Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 21: Đường tròn trong mặt phẳng tọa độ

Bài tập cuối chương 7

Bài 23: Quy tắc đếm

Bài 24: Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp