Giải SGK Bài tập cuối chương 7 trang 103, 104 Toán 10 Cánh diều tập 2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho $A(3 ; 4), B(2 ; 5)$. Tọa độ của $\overrightarrow{A B}$ là:
A. $(1 ;-1)$
B. $(1 ; 1)$
C. $(-1 ; 1)$
D. $(-1 ;-1)$

Lời giải chi tiết:
$$\overrightarrow{A B}=\left(x_B-x_A ; y_B-y_A\right)=(-1 ; 1)$$
Chọn $C$

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

Lời giải chi tiết:
Vectơ pháp tuyến của đường thẳng $\Delta: 2 x-3 y+4=0$ là: $\vec{n}=(2 ;-3)$.
Chọn $D$

Tọa 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. $(12 ;-6)$

Lời giải chi tiết:
Ta có: $(C):(x+6)^2+(y-12)^2=81 \Leftrightarrow(x-(-6))^2+(y-12)^2=9^2$ $=>I(-6 ; 12)$.
Chọn $B$

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

Lời giải chi tiết:
Khoảng cách từ điểm $A(1 ; 1)$ đến đường thẳng $\Delta: 3 x+4 y+13=0$ bằng:
$$d(A, \Delta)=\frac{|3.1+4.1+13|}{\sqrt{3^2+4^2}}=4$$
Chọn $D$

Trong mặt phẳng toạ độ $O x y$, cho tam giác $M N P$ có $M(2 ; 1), N(-1 ; 3), P(4 ; 2)$.
a) Tìm toạ độ của các vectơ $\overrightarrow{O M}, \overrightarrow{M N}, \overrightarrow{M P}$;
b) Tính tích vô hướng $\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{M P}$;
c) Tính độ dài các đoạn thẳng $M N, M P$;
d) Tính $\cos \widehat{N M P}$,
e) Tìm toạ độ trung điểm $I$ của $N P$ và trọng tâm $G$ của tam giác $M N P$.

Lời giải chi tiết:
a) Ta có: $\overrightarrow{O M}=(2 ; 1), \overrightarrow{M N}=(-3 ; 2), \overrightarrow{M P}=(2 ; 1)$
b) Ta có: $\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{M P}=-3.2+2.1=-4$
c) Ta có: $M N=|\overrightarrow{M N}|=\sqrt{(-3)^2+2^2}=\sqrt{13}, M P=|\overrightarrow{M P}|=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$
d) Ta có: $\cos \widehat{M N P}=\frac{\overrightarrow{M N} . \overrightarrow{M P}}{|\overrightarrow{M N}| .|\overrightarrow{M P}|}=\frac{4}{\sqrt{13} . \sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{65}}$
e) Tọa độ trung điểm $I$ của đoạn $NP$ là: $\left\{\begin{array}{l}x_I=\frac{x_N+x_P}{2}=\frac{3}{2} \\ y_I=\frac{y_N+y_P}{2}=\frac{5}{2}\end{array} \Leftrightarrow I\left(\frac{3}{2} ; \frac{5}{2}\right)\right.$
Tọa độ trọng tâm $\mathrm{G}$ của tam giác $MNP$ là: \begin{cases} x_G= \frac{\mathrm{x_M+x_N+x_P} }{\mathrm{3} } \\ y_G= \frac{\mathrm{y_M+y_N+y_P} }{\mathrm{3} } \end{cases} \\\\ \Leftrightarrow \begin{cases} x_G= \frac{\mathrm{5} }{\mathrm{3} } \\ y_G=2 \end{cases} \Leftrightarrow G=( \frac{\mathrm{5} }{\mathrm{3} } ;2)

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 $\vec{n}=(2 ;-3)$;
b) $d$ đi qua điểm $B(-2 ;-5)$ và có một vectơ chỉ phương là $\vec{u}=(-7 ; 6)$;
c) $d$ đi qua hai điểm $C(4 ; 3)$ và $D(5 ; 2)$.

Lời giải chi tiết:
a) Phương trình tổng quát của đường thẳng $\mathrm{d}$ đi qua điểm $A(-3 ; 2)$ và có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(2 ;-3)$ là: $2(x+3)-3(y-2)=0 \Leftrightarrow 2 x-3 y=0$
Từ đó ta có phương trình tham số của đường thẳng $\mathrm{d}$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 t}{2} \\ y=t\end{array} \quad(t \in \mathbb{R})\right.$.
b) Phương trình tham số của đường thẳng $\mathrm{d}$ đi qua điểm $B(-2 ;-5)$ và có một vectơ chỉ phương là $\vec{u}=(-7 ; 6)$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=-2-7 t \\ y=-5+6 t\end{array}(t \in \mathbb{R})\right.$.
Từ đó ta có phương trình tổng quát của đường thẳng $\mathrm{d}$ là: $\frac{x+2}{-7}=\frac{y+5}{6} \Leftrightarrow 6 x+7 y+47=0$.
c) Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua hai điểm $C(4 ; 3), D(5 ; 2)$ là: $\frac{x-4}{5-4}=\frac{y-3}{2-3} \Leftrightarrow x+y-7=0$
Từ đó ta có phương trình tham số của đường thẳng $\mathrm{d}$ là: $\left\{\begin{array}{l}x=7-t \\ y=t\end{array} \quad(t \in \mathbb{R})\right.$.

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 $\Delta: 3 x+4 y-1=0$;
d) $(C)$ đi qua ba điểm $A(-3 ; 2), B(-2 ;-5)$ và $D(5 ; 2)$.

Lời giải chi tiết:
a) Phương trình đường tròn $(C)$ có tâm $I(-4 ; 2)$ và bán kính $R=3$ là: $(x+4)^2+(y-2)^2=9$.
b) Bán kính đường tròn là: $R=P E=\sqrt{(1-3)^2+(4+2)^2}=\sqrt{40}$
Phương trình đường tròn là: $(x-3)^2+(y+2)^2=40$.
c) Bán kính đường tròn là: $R=\frac{|3.5+4 \cdot(-1)-1|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\frac{10}{5}=2$
Phương trình đường tròn là: $(x-5)^2+(y+1)^2=4$
d) Giả sử tâm đường tròn là điểm $I(a ; b)$.
Ta có: $I A=I B=I D \Leftrightarrow I A^2=I B^2=I D^2$
vì $IA^2=IB^2$; $IB^2=ID^2$ nên:
\begin{cases} (-3-a)^2+(2-b)^2 \\ (-2-a)^2 +(-5-b)^2 \end{cases} = \begin{cases} (-2-a)^2+(-5-b)^2 \\ (5-a)^2+(2-b)^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a=1 \\ b=-1\end{cases}
\Rightarrow I(1;-1) và R=IA= \sqrt{(4)^2+(-3)^2} =5
Vậy phương trình đường tròn đi qua 3 điểm $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, D là: $(x-1)^2+(y+1)^2=25$

Lời giải chi tiết:
a) Đường thẳng $\mathrm{d}$ đi qua hai điểm $(-1 ; 1)$ và $(2 ; 3)$ nên phương trình đường thẳng $\mathrm{d}$ là: $\frac{x+1}{2+1}=\frac{y-1}{3-1} \Leftrightarrow 2 x-3 y+5=0$
b) Phương trình đường tròn $(C)$ có tâm $I(2 ; 1)$ và $R=2$ là: $(x-2)^2+(y-1)^2=4$
c) Gọi $d_1$ là tiếp tuyến của đường tròn $(C)$ tại điểm $M(2+\sqrt{2} ; 1+\sqrt{2})$
Ta có: $\overrightarrow{n_{d_1}}=\overrightarrow{I M}=(\sqrt{2} ; \sqrt{2})$. Vậy phương trình đường thẳng $d_1$ là:
$$\sqrt{2}(x-2-\sqrt{2})+\sqrt{2}(y-1-\sqrt{2})=0 \Leftrightarrow x+y-3-2 \sqrt{2}=0$$

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.

Lời giải chi tiết:
a) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng $\Delta_1 ; \Delta_2$ là nghiệm của hệ phương trình
\begin{cases} \sqrt{3}x+y-4=0 \\ x+ \sqrt{3}y-2 \sqrt{3} =0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x= \sqrt{3} \\ y=1 \end{cases}
b) Ta có: $\cos \left(\Delta_1 ; \Delta_2\right)=\left|\cos \left(\overrightarrow{n_1} ; \overrightarrow{n_2}\right)\right|=\frac{\left|\overrightarrow{n_1} . \overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right| .\left|\overrightarrow{n_2}\right|}=\frac{2 \sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow\left(\Delta_1 ; \Delta_2\right)=30^{\circ}$
Vậy số đo góc giữa hai đường thẳng $\Delta_1 ; \Delta_2$ là $30^{\circ}$.

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

Lời giải chi tiết:
a) Đây là một parabol. Tiêu điểm của parabol có tọa độ là: $F(9 ; 0)$
b) Đây là một elip. Tiêu điểm của elip có tọa độ là: $\left\{\begin{array}{l}F_1\left(-\sqrt{a^2-b^2} ; 0\right)=(-\sqrt{39} ; 0) \\ F_2\left(\sqrt{a^2-b^2} ; 0\right)=(\sqrt{39} ; 0)\end{array}\right.$
c) Đây là một hyperbol. Tiêu điểm của hypebol có tọa độ là: $\left\{\begin{array}{l}F_1\left(-\sqrt{a^2+b^2} ; 0\right)=(-5 ; 0) \\ F_2\left(\sqrt{a^2+b^2} ; 0\right)=(5 ; 0)\end{array}\right.$

Cho tam giác $A F_{1} F_{2}$, trong đó $A(0 ; 4), F_{1}(-3 ; 0), F_{2}(3 ; 0)$.
a) Lập phương trình tổng quát của các đường thẳng $A F_{1}$ và $A F_{2}$.
b) Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A F_{1} F_{2}$.
c) Lập phương trình chính tắc của elip $(E)$ có hai tiêu điểm là $F_{1}, F_{2}$ sao cho $(E)$ đi qua $A$.

Lời giải chi tiết:
a) Phương trình tổng quát của đường thẳng $A F_1$ là: $\frac{x}{-3}+\frac{y}{4}=1 \Leftrightarrow 4 x-3 y+12=0$.
Phương trình tổng quát của đường thẳng $A F_2$ là: $\frac{x}{3}+\frac{y}{4}=1 \Leftrightarrow 4 x+3 y-12=0$.
b) Giả sử tâm đường tròn là điểm $I(a ; b)$.
Ta có: $I A=I F_1=I F_2 \Leftrightarrow I A^2=I F_1^2=I F_2^2$
vì $IA^2=IF_1^2; IF_1^2=IF_2^2$ nên:
\begin{cases} a^2+(4-b)^2 \\ (-3-a)^2+b^2 \end{cases} = \begin{cases} (-3-a)^2+b^2 \\ (3-a)^2+b^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a=0 \\ b= \frac{\mathrm{7} }{\mathrm{8} } \end{cases}
\Rightarrow I=(0; \frac{\mathrm{7} }{\mathrm{8} } ) và R=IA= \sqrt{ 0^2+ ( \frac{\mathrm{25} }{\mathrm{8} } )^2 } = \frac{\mathrm{25} }{\mathrm{8} }
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $A F_1 F_2$ là: $x^2+\left(y-\frac{7}{8}\right)^2=\left(\frac{25}{8}\right)^2$
c) Gọi phương trình chính tắc của elip là: $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$.
Do elip có 2 tiêu điểm $F_1, F_2$ nên $\sqrt{a^2-b^2}=c=3 \Leftrightarrow a^2-b^2=9$.
Mặt khác điểm $A$ thuộc elip nên $\frac{16}{b^2}=1 \Leftrightarrow b=4(d o b>0)$. Vậy $a=5$.
Vậy phương trình chính tắc của elip là: $\frac{x^2}{5^2}+\frac{y^2}{4^2}=1$.

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 chi tiết:
a) Vị trí máy bay vào lúc 14 giờ 30 phút là: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3} \cdot \frac{1}{2}=300 \\ y=\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3} \cdot \frac{1}{2}=400\end{array}\right.$
Vậy tọa độ máy bay là $(300 ; 400)$. Thời điểm này máy bay đã xuất hiện trên màn hình ra đa.
b) Ta có: $M O=\sqrt{\left(\frac{1600}{3}-\frac{1400}{3} t\right)^2+\left(\frac{1900}{3}-\frac{1400}{3} t\right)^2}$
Do có $M O_{\min }=50 \sqrt{2} \Leftrightarrow t=\frac{5}{4}$
Vậy sau khi bay $\frac{5}{4}=1,25$ (giờ) tức là lúc $15 h 15 p$ thì máy bay gần ra đa nhất và khoảng cách từ ra đa đến máy bay khi đó là $50 \sqrt{2}$ ( $k m$ ).
c) Máy bay rời khỏi màn hình ra đa khi mà khoảng cách từ $\mathrm{M}$ đến $\mathrm{O}$ lớn hơn $500 \mathrm{~km}$ tức là:
MO= \sqrt{( \frac{\mathrm{1600} }{\mathrm{3} }- \frac{\mathrm{1400} }{\mathrm{3} } t )^2+( \frac{\mathrm{1900} }{\mathrm{3} }- \frac{\mathrm{1400} }{\mathrm{3} } t )^2} \geq 500
\Rightarrow t= \frac{\mathrm{1} }{\mathrm{2} } hoặc t=2
Vậy sau khi bay được $2 \mathrm{~h}$ tức là lúc $16 \mathrm{~h}$ thì máy bay thoát khỏi màn hình ra đa.