Kntt c7 p2 on tap cuoi chuong 7 p2

ÔN TẬP CUỐI CHƯƠNG VII ❶ Giáo viên Soạn:Nguyễn Thị Mỹ Hạnh FB: Hanh Nguyen ❷ Giáo viên phản biện :Nguyễn Bích Liên FB: Nguyen Lien A - TRẮC NGHIỆM 7.26 Phương trình sau phương trình tham số đường thẳng? A x  y  0 B  x 2t   y t 2 C x  y 1 D y 2 x  Lời giải Chọn B  x  x0  at  y  y0  bt t Phương trình tham số đường thẳng có dạng  , tham số 7.27 Phương trình sau phương trình tổng quát đường thẳng? A  x  y  0 B  x 2  t   y 3  t x2 y  1 D 10 C y 2 x Lời giải Chọn A 2 Phương trình tổng quát đường thẳng có dạng ax  by  c 0, a  b 0 7.28 Phương trình sau phương trình đường trịn? 2 A x  y 1  x  1 B 2 C x  y 2 D y 8 x   y    Lời giải Chọn C Phương trình đường trịn có tâm I  a; b  2  x  a    y  b  R bán kính R có dạng 7.29 Phương trình sau phương trình tắc đường elip? x2 y  1 9 A x2 y  1 B x2 y  1 C Lời giải Chọn D x2 y  1 D x2 y  1, a  b  a b Phương trình tắc elip có dạng 7.30 Phương trình sau phương trình tắc đường hypebol? x2 y   A x2 y  1 B x2 y  1 C x2 y   1 D Lời giải Chọn B x2 y  1, a, b  a b Phương trình tắc đường hypebol có dạng 7.31 Phương trình sau phương trình tắc đường parabol? A x 4 y B x  y C y 4 x D y  x Lời giải Chọn C Phương trình tắc đường parabol có dạng y 2 px, p  B TỰ LUẬN 7.32 Trong mặt phẳng tọa độ, cho A  1;  1 , B  3;5  , C   2;  Tính diện tích tam giác ABC Giải: Cách 1:  Ta có BC   5;  1 BC  Đường thẳng BC qua BC có phương trình   5 B  3;5  2    1  26 có véc tơ pháp tuyến  x  3   y   0  x  y  22 0 Khoảng cách từ điểm A  1;  1 d  A, BC   đến đường thẳng BC    1  22 12      28 26 Diện tích tam giác ABC 1 28 S ABC  d  A, BC  BC  26 14 2 26 Cách 2:  n  1;   nên đường thẳng A  x A ; y A  ; B  xB ; yB  ; C  xC ; yC  Ta có: Khi   AB  xB  x A ; y B  y A   x1; y1   AB  x12  y12 AC  xC  x A ; yC  y A   x2 ; y2   AC  x22  y22    cos BAC cos AB; AC   Do x1 x2  y1 y2  x  y12 x22  y22  sin BAC  nên  x1 x2  y1 y2   sin BAC   cos BAC  1   x2  y x2  y 2  Vì  x1 y2  x2 y1    x12  y12 x22  y22  1  S ABC  AB AC.sin BAC  x1 y2  x2 y1 2 Diện tích tam giác S ABC   xB  xA   yC  y A    xC  x A   yB  y A     1     1        1     1  14 Cách 3: Ta có AB    1    1 2 10 AC     1 BC     3 ;    1  34 ;      26 Tam giác ABC có nửa chu vi p AB  AC  BC 10  34  26  2 Áp dụng cơng thức Heron, ta có S ABC  p  p  BC   p  AC   p  AB  14 ❶ Giáo viên Soạn: Huỳnh Thị Ngọc Hà FB: Ngocha Huynh ❷ Giáo viên phản biện :Nguyễn Bích Liên FB: NguyenLien 7.33 Trong mặt phẳng tọa độ, cho hai điểm A   1;  B  3;1 a) Viết phương trình đường trịn tâm A qua B b) Viết phương trình tổng quát đường thẳng AB c) Viết phương trình đường tròn tâm O tiếp xúc với đường thẳng AB Giải: a) Đường tròn tâm A   1;  qua B  3;1 nên có bán kính R  AB    1      17  x  1  y 17 Phương trình đường trịn tâm A qua B là:   AB  4;1 n   1;  b) Ta có: vectơ phương đường thẳng AB Suy vectơ pháp tuyến đường thẳng AB  n   1;  A  1;0   Phương trình tổng quát đường thẳng AB qua điểm có vectơ pháp tuyến là:   x  1   y   0   x  y  0 c) Đường tròn tâm O tiếp xúc với đường thẳng AB nên có bán kính R d O ; AB     4.0  4  17 17 x2  y2  17 Phương trình đường trịn tâm O tiếp xúc với đường thẳng AB là: 7.34 Cho đường trịn  C 2 có phương trình x  y  x  y  12 0 C a) Tìm tọa độ tâm I bán kính R   b) Chứng minh điểm M  5;1 thuộc  C  Viết phương trình tiếp tuyến d  C  M Giải: a) C I 2;  3 Đường trịn   có tâm  b) Thay tọa độ điểm M  5;1 bán kính R  22    3    12  5 vào phương trình đường trịn  C ta được: 52  12  4.5  6.1  12 0 mệnh đề Vậy điểm M  5;1 thuộc  C   IM  3;  C M 5;1    d Tiếp tuyến M đường thẳng qua nhận vectơ vectơ pháp tuyến nên có phương trình là: 7.35 Cho elip  E :  x     y  1 0  x  y  19 0 x2 y  1  a  b   a b2 a) Tìm giao điểm A1 A2 , B1B2 A1 , A2  E  với trục hoành giao điểm B1 , B2  E  với trục tung Tính b) Xét điểm M  xo ; yo  thuộc  E 2 2 Chứng minh rằng, b  xo  yo a b OM a E AA , BB Chú ý 2 tương ứng gọi trục lớn, trục nhỏ elip   tương ứng có độ dài 2a, 2b Giải: a) Trong phương trình elip  E : Suy tọa độ giao điểm x2 y x2   a  b  1  x a   a b2 cho y 0 ta được: a  E Tương tự tọa độ giao điểm Do đó: với trục hoành  E A1   a;0  , A2  a;0  với trục tung B1  0;  b  , B2  0; b  A1 A2 2a, B1B2 2b b) Xét điểm M  xo ; yo  xo yo  1  a  b   2 2 E b thuộc   Ta có a OM  xo  yo xo yo xo yo xo yo xo yo 2 2      x  y  a    1  xo  yo b o o 2 2 a a b b a b Do: a và: b 2 2 2 Vậy b  xo  yo a Suy ra: b OM a hay b OM a x2 y2  1 7.36 Cho hypebol có phương trình: a b a) Tìm giao điểm A1 , A2 hypebol với trục hoành (hoành độ A1 nhỏ A2 ) M  x; y  b) Chứng minh rằng, điểm thuộc nhánh nằm bên trái trục tung hypebol x  a , M  x; y  điểm thuộc nhánh nằm bên phải trục tung hypebol x a c) Tìm điểm nhỏ M , M tương ứng thuộc nhánh bên trái, bên phải trục tung hypebol để M 1M Giải: a) Trong phương trình hypebol H : x2 y x2   1  x a a2 b2 cho y 0 ta được: a Suy tọa độ giao điểm hypebol H với trục hoành A1   a;0  , A2  a;  x2 y2  1 M  x; y  b) Xét điểm nằm hypebol tọa độ điểm M thỏa phương trình a b  x a x2 y2 2     x  a   x  a b2  Ta có a Do đó: điểm M  x; y  thuộc nhánh nằm bên trái trục tung hypebol x  a , điểm thuộc nhánh nằm bên phải trục tung hypebol x a c) Lấy điểm hypebol Ta có M  x; y  M  x1 ; y1  , M  x2 ; y2  x1  a M   a ;  , M  a;  x2 a nên tương ứng thuộc nhánh bên trái, bên phải trục tung M 1M 2a Vậy M 1M nhỏ 2a 7.37 Một cột trụ hình hypebol (H.7.36), có chiều cao m, chỗ nhỏ rộng 0,8 m, đỉnh cột đáy cột rộng 1m Tính độ rộng cột độ cao m (tính theo đơn vị mét làm tròn tới hai chữ số sau dấu phẩy) Giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho trục hoành qua chỗ nhỏ cột hình trụ trục tung qua trung điểm đoạn nối hai điểm chỗ nhỏ cột hình trụ Phương trình tắc hypebol có dạng H : x2 y2  1 a b2 0.52 32  1  b 16 M 0,5;3 H     Theo đề ta có: a 0, điểm thuộc nên 0.4 b H: Vậy phương trình hypebol x2 y  1 16 25 Xét điểm C , D nằm hypebol có tung độ y 2 Thay vào phương trình hypebol ta 5 x   x  CD  0,89 5 Suy được: Vậy độ rộng cột độ cao m CD 0,89 m ... thẳng AB nên có bán kính R d O ; AB     4.0  4  17 17 x2  y2  17 Phương trình đường tròn tâm O tiếp xúc với đường thẳng AB là: 7. 34 Cho đường trịn  C 2 có phương trình x  y  x ... thức Heron, ta có S ABC  p  p  BC   p  AC   p  AB  14 ❶ Giáo viên Soạn: Huỳnh Thị Ngọc Hà FB: Ngocha Huynh ❷ Giáo viên phản biện :Nguyễn Bích Liên FB: NguyenLien 7. 33 Trong mặt phẳng... nên tương ứng thuộc nhánh bên trái, bên phải trục tung M 1M 2a Vậy M 1M nhỏ 2a 7. 37 Một cột trụ hình hypebol (H .7. 36), có chiều cao m, chỗ nhỏ rộng 0,8 m, đỉnh cột đáy cột rộng 1m Tính độ rộng