Giải bài 39, 40, 41 trang 109 SGK Hình học 10 Nâng cao

Giải bài 39, 40, 41 trang 109 SGK Hình học 10 Nâng cao

40 109

bài 39 trang 109 SGK Hình học nâng cao

Bạn Đang Xem: Giải bài 39, 40, 41 trang 109 SGK Hình học 10 Nâng cao

Viết phương trình chính tắc cho hyperbola(h) trong mỗi trường hợp sau

a) Tiêu điểm của (h) là (5, 0) và độ dài trục thực là 8;

b) (h) có tiêu cự \(2\sqrt 3 \) và tiệm cận \(y = {2 \over 3}x;\)

c) (h) với độ lệch tâm \(e = \sqrt 5 \) và qua điểm \((\sqrt {10} ;6).\)

NGƯỜI CHIẾN THẮNG

a) Ta có: \(c = 5,a = 4 \rightarrow {b^2} = {c^2} – {a^2} = 9 \rightarrow b = 3\)

Vậy (h) có phương trình: \({{{x^2}} \trên {16}} – {{{y^2}} \trên 9} = 1.\)

b) Ta có: \(c = \sqrt 3 ;{b \over a} = {2 \over 3} \rightarrow b = {{2a} \over 3}\)

\({c^2} = {a^2} + {b^2} = 3 \rightarrow {a^2} + {{4{a^2}} \hơn 9} = 3 \)

Xem Thêm: Đoạn văn ngắn cảm nhận về chú bé Hồng (7 mẫu) – Văn 8

\(\rightarrow {a^2} = {{27} \over {13}};{b^2} = 3 – {{27} \over {13}} = {{12 } \vượt quá {13}}.\)

Vậy (h) có phương trình: \({{{x^2}} \over {{{27} \over {13}}}} – {{{y^2}} Nhiều hơn {{{12} \ hơn {13}}}} = 1.\)

c) Ta có: \(e = {c \over a} = \sqrt 5 \rightarrow {c^2} = 5{a^2} \rightarrow {b^2} = 4 {a^2}\,\,\,\,\,(1)\)

Xem Thêm : Phân tích vẻ đẹp của con sông Hương trong bài kí Ai đã đặt tên cho

Giả định: \((h):{{{x^2}} \over {{a^2}}} – {{{y^2}} \over {{b^2} } } = 1\)

Bởi vì \(m\left( {\sqrt {10} ;6} \right) \in (h)\) Vì vậy: \({{10} \over {{a ) ^2}}} – {{36} \over {{b^2}}} = 1 \leftrightarrow 10{b^2} – 36{a^2} = {a^2}{b^2 } \,\,\,(2)\)

Thay (1) vào (2) ta được: \(40{a^2} – 36{a^2} = {a^2}\left( {4{a^2}} \ Đúng)\rightarrow {a^2} = 1;{b^2} = 4\)

Vậy (h) có phương trình: \({{{x^2}} \trên 1} – {{{y^2}} \trên 4} = 1.\)

bài 40 trang 109 SGK Hình học nâng cao

Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên một hyperbol đến hai đường tiệm cận của nó là không đổi.

NGƯỜI CHIẾN THẮNG

Giả sử (h) có phương trình chính tắc: \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over { {b ^ 2}}} = 1\)

Xem Thêm: Soạn bài Chữa lỗi dùng từ (tiếp theo) – Ngữ văn 6

Phương trình tiệm cận của (h) là: \({d_1}:y = {b \over a}x \leftrightarrow bx – ay = 0\)

\({d_2}:y = – {b \over a}x \leftrightarrow bx + ay = 0\)

Gọi \(m\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in (h)\) ta được: \({{x_0^2} \over { {a^2}}} – {{y_0^2} \over {{b^2}}} = 1 \leftrightarrow {b^2}x_0^2 – {a^2}y_0^2 = {a ^2}{b^2}\)

Ta có: \(d\left( {m,{d_1}} \right).d\left( {m,{d_2}} \right) = {{|b{x_0} – a{y_0}|} \ qua {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.{{|b{x_0} + a{y_0}|} \ qua {\ căn bậc hai {{a^2} + {b^2}} }} \)

\(= {{|{b^2}x_0^2 – {a^2}y_0^2|} \ trên {{a^2} + {b^2}}} = {{{ a^2}{b^2}} \hơn {{a^2} + {b^2}}}\) không thay đổi

bài 41 trang 109 SGK Hình học nâng cao

Xem Thêm : Soạn Vật lí 7 Bài 22: Tác dụng nhiệt , tác dụng phát sáng của dòng

Trong mặt phẳng tọa độ của hai điểm\({f_1}\left( { – \sqrt 2 ; – \sqrt 2 } \right);\,{f_2}\ left ( {\sqrt 2 ;\sqrt 2 } \right).\) chứng minh rằng với mỗi điểm m(x, y) nằm trên đồ thị của hàm số \(y = {1 \trên x) }, \) Tất cả chúng ta đều có

\(m{f_1}^2 = {\left( {x + {1 \over x} + \sqrt 2 } \right)^2};m{f_2}^ 2 = {\left( {x + {1 \over x} – \sqrt 2 } \right)^2}.\)

Từ \(|m{f_1} – m{f_2}| = 2\sqrt 2 .\)

NGƯỜI CHIẾN THẮNG

Xem Thêm: Tiếng Việt lớp 2 Tập đọc: Gà “tỉ tê” với gà

Giả định: \(m\left( {x;y} \right) \in \left( h \right):\,y = {1 \over x}\ ) Chúng tôi có:

\(\eqalign{ & m{f_1^2} = {\left( {x + \sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {{1 \ tại x} + \sqrt 2 } \right)^2} \cr&\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \,\, = {x^2} + 2\sqrt 2 .x + 2 + {1 \over {{x^2}}} + 2\sqrt 2 .{1 \over x} + 2 \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {{ x^2} + {1 \over {{x^2}}} + 2} \right) + 2\sqrt 2 \left( {x + {1 \over x}} \right) + 2 \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( { {x^2} + {1 \over x}} \right)^2} + 2\left( {x + {1 \over x}} \right).\sqrt 2 + { left( {\sqrt 2 } \right)^2} \cr & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\ ,\,\, = {\left( {x + {1 \over x} + \sqrt 2 } \right)^2} \cr & m{f_2}^2 = { left( {x – \sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {{1 \over x} – \sqrt 2 } \right)^2} \cr& ,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\;= {\left( {x + {1 over x}} \right)^2} – 2\sqrt 2 \left( {x + {1 \over x}} \right) + 2 \cr & \,\, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {\left( {x + {1 \at x} – \sqrt 2 } \right)^2} \cr} \)

Từ:

+) x > 0 then \(x + {1 \over x} \ge 2\) (theo bất đẳng thức cosi)

Sau đó: \(m{f_1} = x + {1 \over x} + \sqrt 2 ;m{f_2} = x + {1 \over x} – \sqrt 2 \ )

\(\rightarrow m{f_1} – m{f_2} = 2\sqrt 2 .\)

+) với x <; 0 thì \(\left| {x + {1 \over x}} \right| = |x| + {1 \over {|x|}} ge 2 \rightarrow x + { 1 \over x} \le – 2\)

Khi đó: \(m{f_1} = – x – {1 \over x} – \sqrt 2 ;m{f_2} = – x – {1 \over x} + \sqrt 2 )

\( \rightarrow m{f_1} – m{f_2} = – 2\sqrt 2 \)

Vậy \(|m{f_1} – m{f_2}| = 2\sqrt 2 .\)

giaibaitap.me

Nguồn: https://anhvufood.vn
Danh mục: Giáo Dục