ÔN TẬP CUỐI NĂM PHẦN HÌNH HỌC
GIẢI BÀI TẬP SACH GIÁO KHOA
Bài 1 (trang 98 SGK Hình học 10):
Ta có:
$$ (\overrightarrow{\text{a}}+\text{m}\overrightarrow{\text{b}})\bot (\overrightarrow{\text{a}}-\text{m}\overrightarrow{\text{b}})\Leftrightarrow (\overrightarrow{\text{a}}+\text{m}\cdot \overrightarrow{\text{b}})\cdot (\overrightarrow{\text{a}}-\text{m}\cdot \overrightarrow{\text{b}})=0 $$
\(\Leftrightarrow \vec{a}^{2}+m \cdot \vec{b} \cdot \vec{a}-m \cdot \vec{b} \cdot \vec{a}-m^{2} \cdot \vec{b}^{2}=0 \Leftrightarrow \vec{a}^{2}-m^{2} \vec{b}^{2}=0\)
$$ \Leftrightarrow \left| {{\overrightarrow{\text{a}}}^{2}} \right|-{{\text{m}}^{2}}\cdot \left| {{\overrightarrow{\text{b}}}^{2}} \right|=0\Leftrightarrow 9-{{\text{m}}^{2}}\cdot 25=0\Leftrightarrow {{\text{m}}^{2}}=\frac{9}{25}\Leftrightarrow \text{m}=\pm \frac{3}{5} $$
Bài 2 (trang 98 SGK Hình học 10):
a) $$ \alpha =\frac{2}{3}\Rightarrow \overrightarrow{\text{AM}}=\frac{2}{3}\cdot \overrightarrow{\text{AB}} $$ .
Vậy $$ \overrightarrow{\text{AM}} $$ là vecto cùng hướng với $$ \overrightarrow{\text{AC}} $$ và có độ dài $$ \text{AN}=\frac{2}{3}\cdot \text{AC} $$ .
$$ \beta =\frac{-2}{3}\Rightarrow \overrightarrow{\text{AN}}=\frac{-2}{3}\cdot \overrightarrow{\text{AC}} $$
Vậy \[\overrightarrow{\text{AN}}\]là vecto ngược hướng với $$ \overrightarrow{\text{AC}} $$ và có độ dài $$ \text{AN}=\frac{2}{3}\cdot \text{AC} $$ .
b)
$$ \overrightarrow{\text{MN}}=\overrightarrow{\text{AN}}-\overrightarrow{\text{AM}}=\beta \cdot \overrightarrow{\text{AC}}-\alpha \overrightarrow{\text{AB}} $$
$$ \text{MN}//\text{BC}\Leftrightarrow \exists \text{k}:\overrightarrow{\text{MN}}=\text{k}\cdot \overrightarrow{\text{BC}}\Leftrightarrow \beta \cdot \overrightarrow{\text{AC}}-\alpha \overrightarrow{\text{AB}}=\text{k}\cdot \overrightarrow{\text{BC}}\Leftrightarrow \beta \cdot \overrightarrow{\text{AC}}-\alpha \overrightarrow{\text{AB}}=\text{k}\cdot \overrightarrow{\text{AC}}-\text{k}\cdot \overrightarrow{\text{AB}} $$ $$ \Leftrightarrow (\beta -\text{k})\cdot \overrightarrow{\text{AC}}=(\alpha -\text{k})\cdot \overrightarrow{\text{AB}}\Leftrightarrow \beta -\text{k}=\alpha -\text{k}=0 $$
( Do hai vecto $$ \overrightarrow{\text{AC}}\,\,\,va\,\,\,\overrightarrow{\text{AB}} $$ không cùng phương không cùng phương nên chỉ bằng nhau khi chúng đồng thời bằng $$ \overrightarrow{0} $$ ).
$$ \Leftrightarrow \alpha =\beta =k $$
Vậy MN song song với BC khi và chỉ khi α = β.
Bài 3 (trang 99 SGK Hình học 10):
a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Do tam giác ABC là tam giác đều nên O đồng thời là trọng tâm tam giác đều ABC.
\[\text{M}{{\text{A}}^{2}}+\text{M}{{\text{B}}^{2}}+\text{M}{{\text{C}}^{2}}={{\overrightarrow{\text{MA}}}^{2}}+{{\overrightarrow{\text{MB}}}^{2}}+{{\overrightarrow{\text{MC}}}^{2}}={{(\overrightarrow{\text{MO}}+\overrightarrow{\text{OA}})}^{2}}+{{(\overrightarrow{\text{MO}}+\overrightarrow{\text{OB}})}^{2}}+{{(\overrightarrow{\text{MO}}+\overrightarrow{\text{OC}})}^{2}}\]
\[=3\cdot {{\overrightarrow{\text{MO}}}^{2}}+2\cdot \overrightarrow{\text{MO}}\cdot (\overrightarrow{\text{OA}}+\overrightarrow{\text{OB}}+\overrightarrow{\text{OC}})+{{\overrightarrow{\text{OA}}}^{2}}+{{\overrightarrow{\text{OB}}}^{2}}+{{\overrightarrow{\text{OC}}}^{2}}\]
\[=3\cdot \text{M}{{\text{O}}^{2}}+\text{O}{{\text{A}}^{2}}+\text{O}{{\text{B}}^{2}}+\text{O}{{\text{C}}^{2}}+2\cdot \overrightarrow{\text{MO}}\cdot (\overrightarrow{\text{OA}}+\overrightarrow{\text{OB}}+\overrightarrow{\text{OC}})\]
Lại có:
+ O là trọng tâm tam giác nên $$ \overrightarrow{\text{OA}}+\overrightarrow{\text{OB}}+\overrightarrow{\text{OC}}=\vec{0} $$
+ Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác: $$ \text{R}=\text{OA}=\text{OB}=\text{OC}=\frac{\text{a}}{\sqrt{3}} $$
$$ \Rightarrow \text{ M}{{\text{A}}^{2}}+\text{M}{{\text{B}}^{2}}+\text{M}{{\text{C}}^{2}}\text{ }=3\cdot \frac{{{\text{a}}^{2}}}{3}+\frac{{{\text{a}}^{2}}}{3}+\frac{{{\text{a}}^{2}}}{3}+\frac{{{\text{a}}^{2}}}{3}+2.0=2{{\text{a}}^{2}}\text{ } $$
b)
\[\text{N}{{\text{A}}^{2}}+\text{N}{{\text{B}}^{2}}+\text{N}{{\text{C}}^{2}}={{\overrightarrow{\text{NA}}}^{2}}+{{\overrightarrow{\text{NB}}}^{2}}+{{\overrightarrow{\text{NC}}}^{2}}={{(\overrightarrow{\text{NO}}+\overrightarrow{\text{OA}})}^{2}}+{{(\overrightarrow{\text{NO}}+\overrightarrow{\text{OB}})}^{2}}+{{(\overrightarrow{\text{NO}}+\overrightarrow{\text{OC}})}^{2}}\]
\[=3{{\overrightarrow{NO}}^{2}}+2\cdot \overrightarrow{NO}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})+{{\overrightarrow{OA}}^{2}}+{{\overrightarrow{OB}}^{2}}+{{\overrightarrow{OC}}^{2}}\]
\[=3\text{N}{{\text{O}}^{2}}+\text{O}{{\text{A}}^{2}}+\text{O}{{\text{B}}^{2}}+\text{O}{{\text{C}}^{2}}=3\cdot \text{N}{{\text{O}}^{2}}+3\cdot {{\text{R}}^{2}}\]
Ta có: NA2 + NB2 + NC2 ngắn nhất
⇔ NO2 ngắn nhất vì R không đổi
⇔ NO ngắn nhất
⇔ N là hình chiếu của O trên d.
Bài 4 (trang 99 SGK Hình học 10):
a) Do tam giác ABC là tam giác đều nên $$ \widehat{ABM}={{60}^{{}^\circ }} $$ .
Theo định lý côsin trong tam giác ABM ta có:
$$ \text{A}{{\text{M}}^{2}}=\text{A}{{\text{B}}^{2}}+\text{B}{{\text{M}}^{2}}-2.\text{AB}.\text{BM}.\cos \widehat{\text{ABM}}={{6}^{2}}+{{2}^{2}}-2.6.2\cdot \cos {{60}^{{}^\circ }}=28\Rightarrow \text{AM}=2\sqrt{7}(~\text{cm}) $$
Áp dụng hệ quả của định lý Cô sin vào tam giác ABM ta có:
$$ \cos \widehat{BAM}\text{ }=\frac{A{{B}^{2}}+A{{M}^{2}}-B{{M}^{2}}}{2\cdot AB\cdot AM}\text{ }=\frac{{{6}^{2}}+28-{{2}^{2}}}{2.6.2\sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}\text{ } $$
b) Theo định lý sin trong tam giác ABM ta có:
$$ \frac{\text{AM}}{\sin \text{ABM}}=2\text{R}\Rightarrow \text{R}=\frac{\text{AM}}{2\cdot \sin \widehat{\text{ABM}}}=\frac{2\sqrt{7}}{2.\sin {{60}^{{}^\circ }}}=\frac{2\sqrt{21}}{3}(~\text{cm}) $$
c) Ta có: BM + MC = BC nên MC = BC – BM = 6 - 2 = 4 cm.
Gọi D là trung điểm AM.
Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có:
$$ \text{C}{{\text{D}}^{2}}\text{ }=\frac{2\cdot \left( \text{A}{{\text{C}}^{2}}+\text{C}{{\text{M}}^{2}} \right)-\text{A}{{\text{M}}^{2}}}{4}=\frac{2.\left( {{6}^{2}}+{{4}^{2}} \right)-28}{4}=19\Rightarrow \text{CD }=\sqrt{19}(~\text{cm})\text{ } $$
d) Ta có: $$ {{\text{S}}_{\text{ABM}}}\text{ }=\frac{1}{2}\cdot \text{AB}\cdot \text{BM}.\sin \widehat{\text{ABM}}\text{ }=\frac{1}{2}.6.2.\sin {{60}^{{}^\circ }}=3\sqrt{3}\left( ~\text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)\text{ } $$
Bài 5 (trang 99 SGK Hình học 10):
a) Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác ta có:
$$ \cos C=\frac{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab};\cos B=\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2\cdot ca} $$
$$ b\cdot \cos C+c\cdot \cos B=b\cdot \frac{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}-{{c}^{2}}}{2ab}+c\cdot \frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}=\frac{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}-{{c}^{2}}}{2a}+\frac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a}=\frac{2{{a}^{2}}}{2a}=a(\tilde{n}pcm) $$
b) Theo định lí tổng ba góc của tam giác ta có:
A + B + C = 180º
⇒ sin A = sin [180º – (B – C)]= sin (B + C) = sinB.cos C + cosB. sinC (đpcm)
c) Theo định lí sin trong tam giác ABC, ta có:
$$ \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R\Rightarrow 2R\cdot \sin B=b $$
Do đó: $$ 2\text{R}\cdot \sin \text{B}\cdot \sin \text{C}=\text{b}\cdot \sin \text{C}=\frac{\text{ab}\cdot \sin \text{C}}{\text{a}}=\frac{2~\text{S}}{\text{a}}=\frac{\text{a}\cdot {{\text{h}}_{\text{a}}}}{\text{a}}={{\text{h}}_{\text{a}}}\text{ } $$
Bài 6 (trang 99 SGK Hình học 10):
$$ \overrightarrow{\text{AM}}=(3;\text{y}-3);\overrightarrow{\text{MB}}=(4;4-\text{y}) $$
Tam giác AMB vuông tại M
$$ \Leftrightarrow \widehat{\text{AMB}}={{90}^{{}^\circ }}\Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AM}}\cdot \overrightarrow{\text{MB}}=0\Leftrightarrow 3.4+(\text{y}-3).(4-\text{y})=0 $$
\(\Leftrightarrow 12+4\text{y}-{{\text{y}}^{2}}-12+3\text{y}=0\Leftrightarrow 7\text{y}-{{\text{y}}^{2}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}} y=0 \\ y=7 \\ \end{array} \right. \)
Vậy với M(5;7) hoặc M(5;0) thì tam giác AMB vuông tại M.
b) \[\overrightarrow{\text{AB}}=(7;1),\overrightarrow{\text{AP}}=(\text{x}-2,-1)\]
A, P, B thẳng hàng khi và chỉ khi $$ \overrightarrow{\text{AP}} $$ và $$ \overrightarrow{\text{AB}} $$ cùng phương
\(\Leftrightarrow \overrightarrow{\mathrm{AP}}=\mathrm{k} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}-2=\mathrm{k} .7 \\ -1=\mathrm{k} .1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{k}=-1 \\ \mathrm{x}-2=-7\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{k}=-1 \\ \mathrm{x}=-5\end{array}\right.\right.\right.\)
Vậy P(-5; 2).
Bài 7 (trang 99 SGK Hình học 10):
Trực tâm H là giao điểm của BH và AH ⇒ tọa độ H là nghiệm của hệ:
\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 5x-4y-15=0 \\ 2x+2y-9=0 \\ \end{array}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 5x-4y=15 \\ 2x+2y=9 \\ \end{array} \right. \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=\frac{11}{3} \\ y=\frac{5}{6} \\ \end{array}\Rightarrow H\left( \frac{11}{3};\frac{5}{6} \right) \right. \)
A là giao điểm của AB và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 4x+y-12=0 \\ 2x+2y-9=0 \\ \end{array}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 4x+y=12 \\ 2x+2y=9 \\ \end{array} \right. \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=\frac{5}{2}\Rightarrow A\left( \frac{5}{2};2 \right) \\ y=2 \\ \end{array} \right. \)
B là giao điểm BH và AB nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 4x+y-12=0 \\ 5x-4y-15=0 \\ \end{array}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 4x+y=12 \\ 5x-4y=15 \\ \end{array} \right. \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=3 \\ y=0 \\ \end{array}\Rightarrow B(3;0) \right. \)
+ AC ⊥ HB, mà HB có một vtpt là (5; -4)⇒ AC nhận (4; 5) là một vtpt
AC đi qua $$ \text{A}\left( \frac{5}{2};2 \right) $$
⇒ Phương trình đường thẳng AC: $$ 4\left( x-\frac{5}{2} \right)+5(y-2)=0 $$ hay 4x + 5y – 20 = 0.
+ CH ⊥ AB, AB có một vtpt là (4; 1) ⇒ CH nhận (1; -4) là một vtpt
CH đi qua $$ \text{H}\left( \frac{11}{3};\frac{5}{6} \right) $$
⇒ Phương trình đường thẳng CH: $$ 1.\left( x-\frac{11}{3} \right)-4\cdot \left( y-\frac{5}{6} \right)=0 $$ hay CH: 3x – 12y - 1 = 0.
+ BC ⊥ AH , mà AH nhận (2; 2) là một vtpt
⇒ BC nhận (1; -1) là một vtpt
BC đi qua B(3; 0)
⇒ Phương trình đường thẳng BC: 1(x - 3) – 1(y – 0) = 0 hay x – y – 3 = 0.
Bài 8 (trang 99 SGK Hình học 10):
Giả sử đường tròn cần lập có tâm O; bán kính R.
Đường thẳng Δ đi qua M(2; -2) và có VTPT là n→(4; 3) nên đường thẳng này có 1 VTCP là u→(3; -4) . Phương trình tham số của đường thẳng Δ là:
\(\left\{\begin{array}{c}x=2+3 t \\ y=-2-4 t\end{array}\right.\)
O nằm trên Δ ⇒ O(2 + 3t; -2 – 4t)
Đường tròn (O; R) tiếp xúc với d1 và d2 ⇒ d(O; d1) = d(O; d2) = R
Ta có: d(O; d1) = d(O; d2)
\[\Leftrightarrow \frac{|2+3t-2-4t+4|}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{1}^{2}}}}=\frac{|7\cdot (2+3t)+2+4t+4|}{\sqrt{{{7}^{2}}+{{1}^{2}}}}\]
\(\Leftrightarrow \frac{|-t+4|}{\sqrt{2}}=\frac{|25 t+20|}{5 \sqrt{2}} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}-t+4=5 t+4 \\ -t+4=-5 t-4\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}-6 t=0 \\ 4 t=-8\end{array} \Leftrightarrow\left[\begin{array}{c}t=0 \\ t=-2\end{array}\right.\right.\right.\)
+ Với t = 0 ⇒ O(2; -2) ⇒ R = d(O; d1) = 2√2
Phương trình đường tròn: (x – 2)2 + (y + 2)2 = 8.
+ Với t = -2 ⇒ O(-4; 6) , R = d(O; d1) = 3√2
Phương trình đường tròn: (x + 4)2 + (y – 6)2 = 18
Vậy có hai phương trình đường tròn thỏa mãn là:
(x – 2)2 + (y + 2)2 = 8 hoặc (x + 4)2 + (y – 6)2 = 18
Bài 9 (trang 99 SGK Hình học 10):
a) (E): $$ \frac{{{x}^{2}}}{100}+\frac{{{y}^{2}}}{36}=1 $$ có a = 10; b = 6 ⇒ c2 = a2 – b2 = 64 ⇒ c = 8.
+ Tọa độ các đỉnh của elip là: A1(-10; 0); A2(10; 0); B1(0; -6); B2(0; 6)
+ Tọa độ hai tiêu điểm của elip: F1(-8; 0) và F2(8; 0)
+ Vẽ elip:
b) Ta có: M ∈ (E) ⇒ MF1 + MF2 = 2a = 20 (1)
MN // Oy ⇒ MN ⊥ F1F2 ⇒ MF12 – MF22 = F1F22 = (2c)2 = 162
⇒ (MF1 + MF2).(MF1 – MF2) = 162
⇒ MF1 – MF2 = 12,8 (Vì MF1 + MF2 = 20) (2).
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
\(\left\{\begin{array}{l}\mathrm{MF}_{1}+\mathrm{MF}_{2}=20 \\ \mathrm{MF}_{1}-\mathrm{MF}_{2}=12,8\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{MF}_{2}=3,6 \\ \mathrm{MF}_{1}=16,4\end{array}\right.\right.\)
Vậy MN = 2.MF2 = 7,2.