Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Bài tập ôn tập

Lý thuyết
Mục lục
* * * * *

Bài 1 trang 98 SGK Hình học 10

Cho hai vecto \(a\) và \(b\) sao cho \(|\overrightarrow a | = 3;|\overrightarrow b | = 5;(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = {120^0}\) . Với giá trị nào của m thì hai vecto \(\overrightarrow a  + m\overrightarrow b \) và \(\overrightarrow a  - m\overrightarrow b \) vuông góc với nhau?

Hướng dẫn giải

Bài 2 trang 98 SGK Hình học 10

Cho tam giác \(ABC\) có hai điểm \(M,N\)  sao cho 

\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AM} = \alpha \overrightarrow {AB} \hfill \cr 
\overrightarrow {AN} = \beta \overrightarrow {AC} \hfill \cr} \right.\)

a) Hãy vẽ \(M, N\) khi \(\alpha  = {2 \over 3};\beta  =  - {2 \over 3}\)

b)  Hãy tìm mối liên hệ giữa \(α, β\) để \(MN//BC\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AM} = {2 \over 3}\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AM} \uparrow \uparrow \overrightarrow {AB} \hfill \cr 
AM = {2 \over 3}AB \hfill \cr} \right. \cr 
& \overrightarrow {AN} = - {2 \over 3}\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AN} \uparrow \downarrow \overrightarrow {AC} \hfill \cr 
AN = {2 \over 3}AC \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(M\) thuộc đoạn \(AB\) sao cho \(AM = {2 \over 3}AB \) và \(N\) thuộc tia đối của tia \(AC\) sao cho \(AN = {2 \over 3}AC .\)

 b) Ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AM} = \alpha \overrightarrow {AB} \cr 
& \overrightarrow {AN} = \beta \overrightarrow {AC} \cr 
& \Rightarrow \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AN} = \alpha \overrightarrow {AB} - \beta \overrightarrow {AC} \cr 
& \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \alpha \overrightarrow {AB} - \beta \overrightarrow {AC} \cr 
& \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \alpha (\overrightarrow {AB} - {\beta \over \alpha }\overrightarrow {AC} ),\alpha \ne 0 \cr} \)

Ta cũng có: \(\overrightarrow {BC}  =  - (\overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AC} )\)

Do đó, để \(MN // BC\) thì

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {MN} = k\overrightarrow {BC} \\  \Leftrightarrow \beta \overrightarrow {AC} - \alpha \overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {AC} - k\overrightarrow {AB} .\\
\Rightarrow \beta = \alpha = k.
\end{array}\)

Vậy \(MN//BC \Leftrightarrow \beta  = \alpha .\)

Bài 3 trang 99 SGK Hình học 10

Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\)

a) Cho \(M\) là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Tính \(MA^2+ MB^2+ MC^2\) theo \(a\)

b) Cho đường thẳng \(a\) tùy ý, tìm điểm \(N\) trên đường thẳng \(d\) sao cho \(NA^2+ NB^2 + NC^2\) nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} \cr 
& {\overrightarrow {MA} ^2} = {(\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} )^2}\cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\, = {\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OM} ^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} \cr 
& \Rightarrow {\overrightarrow {MA} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} (1) \cr} \)

Tương tự ta có:

\(\eqalign{
& M{B^2} = {\overrightarrow {MB} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OM} (2) \cr 
& M{C^2} = {\overrightarrow {MC} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OC.} \overrightarrow {OM} (3) \cr} \)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

 \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\)\( = 6{R^2} - 2\overrightarrow {OM} (\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} )\)

Tam giác \(ABC\) là tam giác đều nội tiếp đường tròn tâm \(O\) nên \(O\) cũng là trọng tâm của tam giác \(ABC\), cho ta \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow  0\)

Vậy \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 6{R^2} \)

Vì đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh \(a\) nên ta có:

\(a = R\sqrt3   ⇒ 6R^2= 2(R\sqrt3)^2\)

Vậy  \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}  = 2a^2\)

b) Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {NA} = \overrightarrow {NG} + \overrightarrow {GA} \cr 
& \Rightarrow {\overrightarrow {NA} ^2} = {\overrightarrow {GA} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GA} + {\overrightarrow {GA} ^2} \cr} \)

Tương tự ta có:

\(\eqalign{
& {\overrightarrow {NB} ^2} = {\overrightarrow {NG} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GB} + {\overrightarrow {GB} ^2} \cr 
& {\overrightarrow {NC} ^2} = {\overrightarrow {NG} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GC} + {\overrightarrow {GC} ^2}  \cr} \) 

\(\Rightarrow N{A^2} + N{B^2} + N{C^2} \)\(= 3N{G^2} + 2\overrightarrow {NG} (\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} )\)\( + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\)

Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác

 \(⇒\overrightarrow {GA}  + \overrightarrow {GB}  + \overrightarrow {GC}  = \overrightarrow 0 \)

\(\eqalign{
& {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2} = 3G{A^2} \cr&= 3.{({2 \over 3}.{{a\sqrt 3 } \over 2})^2} = {a^2} \cr 
& \Rightarrow N{A^2} + N{B^2} + N{C^2} = {a^2} + 3N{G^2} \cr} \)

\(a^2\) là số không đổi nên tổng \(N{A^2} + N{B^2} + N{C^2}\) nhỏ nhất khi \(NG\) đạt giá trị nhỏ nhất. Vì \(NG\) là khoảng cách từ \(G\) đến điểm \(N\) thuộc đường thẳng \(d\) nên \(NG\) nhỏ nhất khi \(NG⊥d\) hay \(N\) là hình chiếu của trọng tâm \(G\) trên đường thẳng \(d\).

Bài 4 trang 99 SGK Hình học 10

Cho tam giác \(ABC\) đều có cạnh bằng \(6cm\). Một điểm \(M\) nằm trên cạnh \(BC\) sao cho \(BM  = 2cm\)

a) Tính độ dài của đoạn thẳng \(AM\) và tính cosin của góc \(BAM\)

b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABM.\)

c) Tính độ dài đường trung tuyến vẽ từ \(C\) của tam giác \(ACM.\)

d) Tính diện tích tam giác \(ABM.\)

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

\( A{M^2} = B{A^2} + B{M^2}\)\( - 2BA.BM.\cos\widehat {ABM}\)

\(\eqalign{
& \Rightarrow A{M^2} = 36 + 4 - 2.6.2.{1 \over 2} \cr 
& \Rightarrow A{M^2} = 28 \Rightarrow AM = 2\sqrt 7 (cm) \cr} \)

Ta cũng có:

\(\eqalign{
& \cos \widehat {BAM }= {{A{B^2} + A{M^2} - B{M^2}} \over {2AB.AM}} \cr 
& \Rightarrow \cos\widehat { BAM }= {{5\sqrt 7 } \over {14}} \cr} \)

b) Trong tam giác \(ABM\), theo định lí Sin ta có:

\(\eqalign{
& {{AM} \over {\sin \widehat {ABM}}} = 2R \Leftrightarrow R = {{AM} \over {2\sin \widehat {ABM}}} \cr 
& R = {{2\sqrt 7 } \over {2\sin {{60}^0}}} = {{2\sqrt {21} } \over 3}(cm) \cr} \)

c) Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:

\(\eqalign{
& C{P^2} = {{C{A^2} + C{M^2}} \over 2} - {{A{M^2}} \over 4} \cr 
& \Rightarrow C{P^2} = {{36 + 16} \over 2} - {{28} \over 4} \cr 
& \Rightarrow C{P^2} = 19 \Rightarrow CP = \sqrt {19} \cr}\)

d) Diện tích tam giác \(ABM\) là:

\(S = {1 \over 2}BA.BM\sin \widehat {ABM} \)\(= {1 \over 2}6.2\sin {60^0} = 3\sqrt 3 (c{m^2})\)

Bài 5 trang 99 SGK Hình học 10

Chứng minh rẳng trong mọi tam giác ABC ta đều có:

a) \(a = b \cos C + c \cos B\)

b) \(\sin A = \sin B.\cos C + \sin C.\cos B\)

c) \(h_a= 2R.\sin B\sin C.\)

Hướng dẫn giải

a) Trong tam giác \(ABC\), theo định lí cosin ta có:

\(\left\{ \matrix{
\cos C = {{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}} \hfill \cr 
\cos B = {{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \hfill \cr} \right.\) 

Ta có:

\(\eqalign{
& b\cos C + c\cos B \cr&= b({{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}}) + c({{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}}) \cr 
& = {{2{a^2} + {b^2} - {c^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2a}} \cr} \)

Vậy \(a = b \cos C + c \cos B\)

b) Trong tam giác \(ABC\) , theo định lí sin:

\(\eqalign{
& {a \over {\sin A}} = {b \over {{\mathop{\rm sinB}\nolimits} }} = {c \over {\sin C}} = 2R \cr 
& \Rightarrow \sin A = {a \over {2R}},\cr&\;\;\;\;\;\sin B = {b \over {2R}},\cr&\;\;\;\;\;\sin C = {c \over {2R}} \cr} \)

 Ta có: 

\(\eqalign{
& \sin B\cos C + \sin C\cos B \cr 
& = {b \over {2R}}.{{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}}\cr&\;\;\;\; + {c \over {2R}}.{{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \cr 
& = {a \over {2R}} = \sin A \cr} \)

c) Ta lại có: \(a.{h_a} = 2S \Rightarrow {h_a} = {{2S} \over a}\)

mà \(S = {{abc} \over {4R}} \Rightarrow {h_a} = {{2bc} \over {4R}} = {{bc} \over {2R}}(2)\)

Thế \(b = 2RsinB, c = 2Rsin C\) vào (2) ta được:

\({h_a} = {{2R{\mathop{\rm sinB}\nolimits} .2RsinC} \over {2R}}\)\( \Rightarrow {h_a} = 2R\sin B\sin C\)

Bài 6 trang 99 SGK Hình học 10

Cho các điểm \(A(2; 3); B(9; 4); M(5; y); P(x; 2)\)

a) Tìm \(y\) để tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\)

b) Tìm \(x\) để ba điểm \(A, P\) và \(B \)thẳng hàng

Hướng dẫn giải

a) Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {MA} = ( - 3;3 - y) \hfill \cr 
\overrightarrow {MB} = (4;4 - y) \hfill \cr} \right.\)

Tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\) nên \(\overrightarrow {MA}  \bot \overrightarrow {MB} \)

Suy ra: 

\(\eqalign{
& - 3.4{\rm{ }} + \left( {3-y} \right)\left( {4-y} \right) = 0 \cr 
& \Leftrightarrow {y^2} - 7y = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
y = 0 \hfill \cr 
y = 7 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(M(5; 0)\) hoặc \(M(5; \, 7).\)

b) Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AP} = (x - 2, - 1) \hfill \cr 
\overrightarrow {AB} = (7,1) \hfill \cr} \right.\)

Để ba điểm \(A, P\) và \(B\) thẳng hàng thì  \(\overrightarrow {AP}  = k\overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x - 2 = 7k \hfill \cr 
- 1 = k \hfill \cr} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = - 5 \hfill \cr 
k = - 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow x = - 5\)

Vậy \(x=-5\) thì \(A, \, P\) và \(B\) thẳng hàng.

Bài 7 trang 99 SGK Hình học 10

Cho tam giác \(ABC\) với \(H\) là trực tâm. Biết phương trình của đường thẳng \(AB, BH\) và \(AH\) lần lượt là: \(4x + y – 12 = 0, 5x – 4y – 15 = 0\) và \(2x + 2y – 9 = 0\)

Hãy viết phương trình hai đường thẳng chứa hai cạnh còn lại và đường cao thứ ba.

Hướng dẫn giải

Tọa độ đỉnh \(A\) là nghiệm của hệ: 

\(\left\{ \matrix{
4x + y - 12 = 0 \hfill \cr 
2x + 2y - 9 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow A({5 \over 2},2)\)

Đường thẳng \(BH : 5x – 4y – 15 = 0\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u  = (4,5)\)

Cạnh \(AC\) vuông góc với \(BH\) nên nhận vecto u làm một vecto pháp tuyến, \(AC\) đi qua \(A({5 \over 2},2)\) và có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow u  = (4,5)\) nên có phương trình là:

 \(4.(x - {5 \over 2}) + 5(y - 2) = 0 \)\(\Leftrightarrow 4x + 5y - 20 = 0\)

Tương tự, tọa độ đỉnh \(B\) là nghiệm của hệ: 

\(\left\{ \matrix{
4x + y - 12 = 0 \hfill \cr 
6x - 4y - 15 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow B(3,0)\)

\(AH: 2x + 2y – 9 = 0\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow v  = ( - 2,2) = 2( - 1,1)\)

\(BC\) vuông góc với \(AH\) nên nhận vecto \(\overrightarrow {v'}  = ( - 1,1)\) làm vecto pháp tuyến, phương trình \(BC\) là:

\( - 1(x - 3) + (y - 0) = 0 \)\(\Leftrightarrow x - y - 3 = 0\)

Tọa độ \(H\) là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \matrix{
5x - 4y - 15 = 0 \hfill \cr 
2x + 2y - 9 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow H({{11} \over 3},{5 \over 6})\)

Đường cao \(CH\) đi qua \(H\) và vuông góc với \(AB\)

Hoàn toàn tương tự, ta viết được phương trình của \(CH\):

\(CH: 3x – 12y – 1= 0.\)

Bài 8 trang 99 SGK Hình học 10

Lập phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng \(Δ :4x + 3y – 2 = 0\) và tiếp xúc với hai đường thẳng \(d_1: x + y + 4 = 0\) và \(d_2: 7x – y + 4 = 0.\)

Hướng dẫn giải

Ta biết đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của một góc tù thì có tâm nằm trên đường phân giác của góc đó.

Tâm \(I\) của đường tròn cần tìm là giao điểm của \(Δ\) với các đường phân giác của các góc đo do hai đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\) tạo thành.

Phương trình hai đường thẳng phân giác của các góc do \(d_1\) và \(d_2\) tạo thành là:

   \({{x + y + 4} \over {\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} =  \pm {{7x - y + 4} \over {\sqrt {{7^2} + {1^2}} }}\)                                                        

Rút gọn, ta được phương trình hai phân giác:

\(p_1: x – 3y – 8 = 0\)

\(p_2: 3x + y + 6 = 0\)

Tâm \(I \) của đường tròn có tọa độ là nghiệm của hệ:

\((I)\left\{ \matrix{
x - 3y - 8 = 0 \hfill \cr 
4x + 3y - 2 = 0 \hfill \cr} \right.;\)

\((II)\left\{ \matrix{
3x + y + 6 = 0 \hfill \cr 
4x + 3y - 2 = 0 \hfill \cr} \right.\)

Hệ (I) cho ta nghiệm là \(I_1(2; -2)\)

Hệ (II) cho ta nghiệm là \(I_2(-4; 6)\)

Bán kính \(R\) là khoảng cách từ \(I\) đến một cạnh, tức là đến đường thẳng \(d_1\) (hoặc \(d_2\)) nên:

_ Với tâm \(I_1 (2; -2)\) \( \Rightarrow {R_1} = {{|2 - 2 + 4|} \over {\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \)       

Và được đường tròn \((C_1): (x – 2)^2+ (y + 2)^2= 8\)

_ Với tâm \(I_2(-4; 6)\)  \( \Rightarrow {R_2} = {{| - 4 + 6 + 4|} \over {\sqrt 2 }} = 3\sqrt 2 \)      

Và được đường tròn \((C_2): (x + 4)^2+ (y – 6)^2= 18\)

Bài 9 trang 99 SGK Hình học 10

Cho elip \((E)\) có phương trình: \({{{x^2}} \over {100}} + {{{y^2}} \over {36}} = 1\)

a) Hãy xác định tọa độ các đỉnh, các tiêu điểm của elip \((E)\) và vẽ elip đó

b) Qua  tiêu điểm của elip dựng đường thẳng song song với \(Oy\) và cắt elip tại hai điểm \(M\) và \(N\). Tính độ dài đoạn thẳng \(MN\).

Hướng dẫn giải

a) Ta có: \(a^2= 100 ⇒ a = 10\)

              \(b^2= 36 ⇒ b = 6\)

              \(c^2= a^2– b^2= 64 ⇒ c = 8\)

Từ đó ta được:

\(A_1(-10; 0), A_2(10; 0), B_1(0; -3), \)\(B_2(0;3), F_1(-8; 0), F_2(8; 0)\)

b) Thế \(x = 8\) vào phương  trình của elip ta được:

 \({{64} \over {100}} + {{{y^2}} \over {36}} = 1 \Rightarrow y =  \pm {{18} \over 5}\)

Ta có: \({F_2}M = {{18} \over 5} \Rightarrow MN = {{36} \over 5}\)

Có thể bạn quan tâm


Có thể bạn quan tâm