 Từ \(M\) kẻ \(MP ⊥ Ox\), \(MQ ⊥ Oy\) Xét tam giác vuông \(OMP\) có: \(sin\alpha = {{MP} \over {OM}}; \, \, \cos \alpha = {{OP} \over {OM}}. \) \(\Rightarrow {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = {{M{P^2} + O{P^2}} \over {O{M^2}}} = {{O{M^2}} \over {O{M^2}}}\)\( = 1.\)
Page 2
Bài 1 trang 45 sgk hình học 10 Cho tam giác vuông cân \(ABC\) có \(AB = AC = a\). Tính các tích vô hướng \(\vec{AB}.\vec{AC}\), \(\vec{AC}.\vec{CB}\). Giải \(\vec{AB} ⊥\vec{AC}\Rightarrow \vec{AB}.\vec{AC} = 0\) \(\vec{AC}.\vec{CB} =- \vec{CA}\). \(\vec{CB}\) Ta có: \(CB= a\sqrt2\); \(\widehat{C} = 45^0\) Vậy \(\vec{AC}.\vec{CB} = -\vec{CA}. \vec{CB}= -|\vec{CA}|. |\vec{CB}|. cos45^0\) \(= - a.a\sqrt 2 .{{\sqrt 2 } \over 2} = - {a^2}\) Bài 2 trang 45 sgk hình học 10 Cho ba điểm \(O, A, B\) thẳng hàng biết \(OA = a, OB = b\). tính tích vô hướng của \(\vec{OA}\).\(\vec{OB}\) trong \(2\) trường hợp a) Điểm \(O\) nằm ngoài đoạn \(AB\) b) Điểm \(O\) nằm trong đoạn \(AB\) Giải
a) Khi \(O\) nằm ngoài đoạn \(AB\) thì hai vec tơ \(\vec{OA}\) và \(\vec{OB}\) cùng hướng và góc \((\vec{OA}, \vec{OB}) = 0^0\) \(\cos(\vec{OA}, \vec{OB}) = 1\) nên \(\vec{OA}.\vec{OB} = a.b\) b) Khi \(O\) nằm ngoài trong đoạn \(AB\) thì hai vectơ \(\vec{OA}\) và \(\vec{OB}\) ngược hướng và góc (\(\vec{OA}, \vec{OB}) = 180^0\) \(\cos(\vec{OA}, \vec{OB}) = -1\) nên \(\vec{OA}.\vec{OB} = -a.b\) Bài 3 trang 45 sgk hình học 10 Cho nửa đường tròn tâm \(O\) có đường kính \(AB = 2R\). Gọi \(M\) và \(N\) là hai điểm thuộc nửa đường tròn sao cho hai dây cung \(AM\) và \(BN\) cắt nhau tại \(I\). a) Chứng minh \(\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB}\) và \(\overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BA}\); B) Hãy dùng câu a) để tính \(\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BN}\) theo \(R\) Giải Ta có : \(\left( {\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} } \right) = \overrightarrow {AI} \left( {\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} } \right) = \overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {AI} .\overrightarrow {MB} \) Mặt khác: \(\overrightarrow {AI} \bot \overrightarrow {MB} \) nên \(\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {MB} = 0\) Từ đó: \(\overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} \) Ta có: \(\overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BI} \left( {\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {NA} } \right) = \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BN} + \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {NA} \) Mặt khác: \(\overrightarrow {BI} \bot \overrightarrow {NA} \) nên \(\overrightarrow {BI} .\overrightarrow {NA} = 0\) Từ đó: \(\overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BA} \) b) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BA} \cr & = \overrightarrow {AI} .\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AB} \left( {\overrightarrow {AI} - \overrightarrow {BI} } \right) \cr & = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB} = {\overrightarrow {AB} ^2} = 4{{\rm{R}}^2} \cr} \) Bài 4 trang 45 sgk hình học 10 Trên mặt phẳng \(Oxy\), cho hai điểm \(A(1; 3), B(4;2)\) a) Tìm tọa độ điểm \(D\) nằm trên trục \(Ox\) sao cho \(DA = DB\); b) Tính chu vi tam giác \(OAB\); c) Chứng tỏ rằng \(OA\) vuông góc với \(AB\) và từ đó tính diện tích tam giác \(OAB\) Giải a) \(D\) nằm trên trục \(Ox\) nên tọa độ của \(D\) là \((x; 0)\). Ta có : \(\eqalign{ & DA = DB \cr & \Leftrightarrow D{A^2} = D{B^2} \cr & \Leftrightarrow {(1 - x)^2} + {3^2} = {(4 - x)^2} + {2^2} \cr & \Leftrightarrow 1 - 2x + {x^2} + 9 = 16 - 8x + {x^2} + 4 \cr & \Leftrightarrow 6x = 10 \cr & \Leftrightarrow x = {5 \over 3} \cr & \Rightarrow D\left( {{5 \over 3};0} \right) \cr} \) b) \(\eqalign{ & O{A^2} = {1^2} + {3^3} = 10 \Rightarrow OA = \sqrt {10} \cr & O{B^2} = {4^2} + {2^2} = 20 \Rightarrow OB = 2\sqrt 5 \cr & A{B^2} = {(4 - 1)^2} + {(2 - 3)^2} = 10 \Rightarrow AB = \sqrt {10} \cr} \) Chu vi tam giác \(OAB\) là: \(\sqrt {10} + 2\sqrt 5 + \sqrt {10} \) c) Ta có \(\vec{OA}= (1; 3)\) \(\vec{AB} = (3; -1)\) \(\vec{OA} .\vec{AB} = 1.3 + 3.(-1) = 0 \Rightarrow \vec{OA}\) ⊥ \(\vec{AB}\) \({S_{OAB}}=\frac{1}{2}|\vec{OA}| .|\vec{AB}| =5\) (đvdt) Giaibaitap.me Page 3
Page 4
Page 5
Page 6
Page 7
Page 8
Page 9
Page 10
Page 11
Page 12
Page 13
Page 14
Page 15
Page 16
Page 17
Page 18
Page 19
Page 20
Page 21
Bài 1 trang 88 sgk hình học 10 Xác đinh độ dài các trục, tọa độ tiêu điểm , tọa độ các đỉnh và vẽ các elip có phương trình sau: a) \(\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{9}= 1\) b) \(4x^2+ 9y^2= 1\) c) \(4x^2+ 9y^2= 36\) Giải a) Ta có: \(a^2= 25 \Rightarrow a = 5\) độ dài trục lớn \(2a = 10\) \( b^2= 9 \Rightarrow b = 3\) độ dài trục nhỏ \(2a = 6\) \(c^2= a^2– b^2= 25 - 9 = 16 \Rightarrow c = 4\) Vậy hai tiêu điểm là : \(F_1(-4 ; 0)\) và \(F_2(4 ; 0)\) Tọa độ các đỉnh \(A_1(-5; 0), A_2(5; 0), B_1(0; -3), B_2(0; 3)\). b) \(4x^2+ 9y^2= 1\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{\frac{1}{4}} + \frac{y^{2}}{\frac{1}{9}} = 1\) \(a^2 =\frac{1}{4}\Rightarrow a = \frac{1}{2}\) \(\Rightarrow\) độ dài trục lớn \(2a = 1\) \(b^2= \frac{1}{9}\Rightarrow b = \frac{1}{3}\) \(\Rightarrow\) độ dài trục nhỏ \(2b = \frac{2}{3}\) \(c^2= a^2– b^2= \frac{1}{}4- \frac{1}{9} = \frac{5}{36}\) \(\Rightarrow c = \frac{\sqrt{5}}{6}\) \(F_1(-\frac{\sqrt{5}}{6} ; 0)\) và \(F_2(\frac{\sqrt{5}}{6} ; 0)\) \(A_1(-\frac{1}{2}; 0), A_2(\frac{1}{2}; 0)\), \(B_1(0; -\frac{1}{3} ), B_2(0; \frac{1}{3} )\). c) Chia \(2\) vế của phương trình cho \(36\) ta được : \(\frac{x^{2}}{9}+ \frac{y^{2}}{4}= 1\) Từ đây suy ra: \(2a = 6, 2b = 4, c = \sqrt5\) Suy ra \(F_1(-\sqrt5 ; 0)\) và \(F_2(\sqrt5 ; 0)\) \(A_1(-3; 0), A_2(3; 0), B_1(0; -2), B_2(0; 2)\). Bài 2 trang 88 sgk hình học 10 Lập phương trình chính tắc của elip, biết: a) Trục lớn và trục nhỏ lần lươt là \(8\) và \(6\) b) Trục lớn bằng \(10\) và tiêu cự bằng \(6\) Giải Phương trình chính tắc của elip có dạng : \(\frac{x^{2}}{a^{2}}\) + \(\frac{y^{2}}{b^{2}}\) = 1 a) Ta có \(a > b\) : \(2a = 8 \Rightarrow a = 4 \Rightarrow a^2= 16\) \(2b = 6 \Rightarrow b = 3 \Rightarrow b^2= 9\) Vậy phương trình chính tắc của elip có dạng \(\frac{x^{2}}{16}\) + \(\frac{y^{2}}{9}\) = 1 b) Ta có: \(2a = 10 \Rightarrow a = 5 \Rightarrow a^2= 25\) \(2c = 6 \Rightarrow c = 3 \Rightarrow c^2= 9\) \(\Rightarrow b^2=a^2-c^2 \Rightarrow b^2= 25 - 9 = 16\) Vậy phương trình chính tắc của elip có dạng \(\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{16}= 1\) Bài 3 trang 88 sgk hình học 10 Lập phương trình chính tắc của elip trong các trường hợp sau: a) Elip đi qua các điểm \(M(0; 3)\) và \(N( 3; \frac{-12}{5})\) b) Một tiêu điểm là \(F_1( -\sqrt3; 0)\) và điểm \(M(1; \frac{\sqrt{3}}{2})\) nằm trên elip Giải Phương trình chính tắc của elip có dạng: \(\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1\) a) Elip đi qua \(M(0; 3)\) \(\frac{0^{2}}{a^{2}} + \frac{3^{2}}{b^{2}}= 1 \Rightarrow b^2= 9\) Elip đi qua \(N( 3; \frac{-12}{5})\) \(\frac{3^{2}}{a^{2}} + \frac{\left(\frac{-12}{5}\right)^{2}}{9} = 1 \Rightarrow a^2= 25\) Phương trình chính tắc của elip là : \(\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{9} = 1\) b) Ta có: \(c = \sqrt3 \Rightarrow c^2= 3\) Elip đi qua điểm \(M(1; \frac{\sqrt{3}}{2})\) \(\frac{1}{a^{2}} + \frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}{b^{2}}= 1 \Rightarrow \frac{1}{a^{2}}+ \frac{3}{4b^{2}}= 1\) (1) Mặt khác: \( c^2=a^2-b^2\) \(\Rightarrow 3 = a^2-b^2\Rightarrow a^2=b^2 + 3\) Thế vào (1) ta được : \(\frac{1}{b^{2}+ 3} + \frac{3}{4b^{2}} = 1\) \(\Rightarrow a^2= 4b^2+ 5b^2- 9 = 0 \) \(\Rightarrow b^2 =1\) hoặc \( b^2= \frac{-9}{4}\)( loại) Với \( b^2= 1\Rightarrow a^2= 4\) Phương trình chính tắc của elip là : \(\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{1}= 1\) Bài 4 trang 88 sgk hình học 10 Để cắt một bảng hiệu quảng cáo hình elip có các trục lớn là \(80cm\) và trục nhỏ là \(40 cm\) từ một tấm ván ép hình chữ nhật có kích thước \(80cm \times 40cm\), người ta vẽ một hình elip lên tấm ván như hình 3.19. Hỏi phải ghim hai cái đinh cách các mép tấm ván ép bao nhiêu và lấy vòng dây có độ dài là bao nhiêu? Giải Ta có: \(2a = 80 \Rightarrow a = 40\) \(2b = 40\Rightarrow b = 20\) \( c^2= a^2– b^2= 1200 \Rightarrow c = 20\sqrt 3\) Phải đóng đinh tại các điểm \(F_1, F_2\) và cách mép ván: \(F_2A = OA – OF_2= 40 - 20\sqrt3\) \(\Rightarrow F_2A = 20(2 - \sqrt3) ≈ 5,4cm\) Chu vi vòng dây bằng: \(F_1F_2+ 2a = 40\sqrt 3 + 80\) \(\Rightarrow F_1F_2+2a = 40(2 + \sqrt 3)\) \( F_1F_2+ 2a ≈ 149,3cm\) Bài 5 trang 88 sgk hình học 10 Cho hai đường tròn \({C_1}({F_1};{R_1})\) và \({C_2}({F_2};{R_2})\). \(C_1\) nằm trong \(C_2\) và \(F_1≠ F_2\). Đường tròn \((C)\) thay đổi luôn tiếp xúc ngoài với \(C_1\) và tiếp xúc trong với \(C_2\).Hãy chứng tỏ rằng tâm \(M\) của đường tròn \((C)\) di động trên một elip. Giải Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn \((C)\) \((C)\) và \(C_1\) tiếp xúc ngoài với nhau, cho ta: \(MF_1= R_1+ R\) (1) \((C)\) và \(C_2\) tiếp xúc trong với nhau, cho ta: \(MF_2= R_2- R\) (2) Từ (1) VÀ (2) ta được \(M{F_1} + M{F_2} = {R_1} + {R_2} = R\) không đổi Điểm M có tổng các khoảng cách \(M{F_1} + M{F_2} \) đến hai điểm cố định \(F_1\) và \(F_2\) bằng một độ dài không đổi \({R_1} + {R_2}\) Vậy tập hợp điểm \(M\) là đường elip, có các tiêu điểm \(F_1\) và \(F_2\) và có tiêu cự \(F_1F_2= R_1+R_2\) Giaibaitap.me Page 22
Câu 1 trang 93 SGK Hình học 10 Cho hình chữ nhật \(ABCD\). Biết các đỉnh \(A(5; 1), C(0; 6)\) và phương trình \(CD: x + 2y – 12 = 0\). Tìm phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại. Trả lời:
Cạnh \(AB\) là đường thẳng đi qua \(A( 5; 1)\) và song song với \(CD\). Vì \(CD\) có phương trình \(x + 2y – 12 = 0\) nên phương trình của \(AB\) có dạng: \(x + 2y + m = 0\) \(AB\) đi qua \(A(5; 1)\) nên ta có: \(5 + 2.1 + m = 0 ⇒ m = -7\) Vậy phương trình của \(AB\) là: \(x + 2y – 7 = 0\) \(AD\) là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc với \(CD\). Phương trình của \(CD\) là: \(x + 2y – 12 = 0\) nên phương trình của \(AD\) có dạng: \(2x – y + n = 0\) \(AD\) đi qua \(A(5, 1)\) cho ta: \(2.5 - 1 + n = 0 ⇒ n = -9\) Phương trình của \(AD\): \(2x - y - 9 = 0\) \(CB\) là đường thẳng qua \(C\) và song song với \(AD\) nên phương trình của \(CB\) có dạng: \(2x – y + p = 0\) \(CB\) đi qua \(C (0; 6)\) nên: \( 2.0 – 6 + p = 0 ⇒ p = 6\) Phương trình của \(CB\) là: \(2x – y = 6 = 0\) Vậy \(AB: x + y – 7 = 0\) \(BC : 2x - y + 6 = 0\) \(AD : 2x – y – 9 = 0\) Câu 2 trang 93 SGK Hình học 10 Cho \(A(1; 2) B(-3; 1)\) và \(C(4; -2)\). Tìm tập hợp điểm \(M\) sao cho \(M{A^2} + M{B^2} = M{C^2}\) Trả lời: Gọi \((x; y)\) là tọa độ của điểm \(M\). \(\eqalign{ & \overrightarrow {MA} = (x - 1;y - 2) \cr & \overrightarrow {MB} = (x + 3;y - 1) \cr & \overrightarrow {MC} = (x - 4;y + 2) \cr} \) Theo giả thiết, ta có: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }} - 2} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {x + {\rm{ }}3} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y + 1} \right)^2} = {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right)^2}\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {x^2} + {\rm{ }}{y^2} + {\rm{ }}12x{\rm{ }}-{\rm{ }}10y{\rm{ }}-{\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \cr & \Leftrightarrow {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}6} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}5} \right)^2} = {\rm{ }}66 \cr} \) Vậy quỹ tích các điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức \(M{A^2} + M{B^2} = M{C^2}\) là đường tròn tâm \(I (-6; 5)\) và bán kính \(R = \sqrt{66}\). Câu 3 trang 93 SGK Hình học 10 Tìm tập hợp các điểm cách đều hai đường thẳng: \({\Delta _1} : 5x + 3y – 3 = 0\) \({\Delta _2}: 5x + 3y + 7 = 0\) Trả lời: Gọi \(M(x; y)\) là một điểm bất kì trong mặt phẳng, ta có: \(\eqalign{ & d(M,{\Delta _1}) = {{|5x + 3y - 3|} \over {\sqrt {{5^2} + {3^2}} }} = {{|5x + 3y - 3|} \over {\sqrt {34} }} \cr & d(M,{\Delta _2}) = {{|5x + 3y + 7|} \over {\sqrt {{5^2} + {3^2}} }} = {{|5x + 3y + 7|} \over {\sqrt {34} }} \cr} \) Điểm \(M\) cách đều hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) nên: \(\eqalign{ & {{|5x + 3y - 3|} \over {\sqrt {34} }} = {{|5x + 3y + 7|} \over {\sqrt {34} }} \cr & \Leftrightarrow |5x + 3y - 3| = |5x + 3y + 7| \cr} \) Ta xét hai trường hợp: (*) \(5x + 3y – 3 = - (5x + 3y + 7) ⇔ 5x + 3y + 2 = 0\) (**) \(5x + 3y – 3 = 5x + 3y + 7\) (vô nghiệm) Vậy tập hợp các điểm \(M\) cách đều hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) là đường thẳng \(Δ: 5x + 3y + 2 = 0\) Dễ thấy \(Δ\) song song với \({\Delta _1},{\Delta _2}\) và hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) nằm về hai phía đối với \(Δ\). Câu 4 trang 93 SGK Hình học 10 Cho đường thẳng \(Δ: x – y + 2\) và hai điểm \(O(0; 0); A(2; 0)\) a) Tìm điểm đối xứng của \(O\) qua \(Δ\) b) Tìm điểm \(M\) trên \(Δ\) sao cho độ dài đường gấp khúc \(OMA\) ngắn nhất. Trả lời: a) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(Δ, H\) là giao điểm của đường thẳng qua \(O\) và vuông góc với \(Δ\). \(\overline {OH} = (x;y)\) \( Δ: x – y + 2 = 0\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u (1;1)\) \(\overrightarrow {OH} \bot \Delta \Rightarrow 1.x + 1.y = 0 \Leftrightarrow x + y = 0\) Tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ x + y = 0 \hfill \cr x - y + 2 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H( - 1;1)\) Gọi \(O’\) là đỉnh đối xứng của \(O\) qua \(Δ\) thì \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OO’\) \(\eqalign{ & {x_H} = {{{x_O} + {x_{O'}}} \over 2} \Leftarrow - 1 = {{0 + {x_{O'}}} \over 2} \Rightarrow {x_{O'}} = - 2 \cr & {y_H} = {{{y_O} + {y_{O'}}} \over 2} \Leftarrow - 1 = {{0 + {y_{O'}}} \over 2} \Rightarrow {y_{O'}} = 2 \cr} \) Vậy \(O’(-2;2)\). b) Nối \(O’A\) cắt \(Δ\) tại \(M\) Ta có: \(OM = O’M\) \(⇒ OM + MA = O’M + MA = O’A\)
Giả sử trên \(Δ\) có một điểm \(M’ ≠ M\), ta có ngay: \(OM’ +M’A > O’A\) Vậy điểm \(M\), giao điểm của \(O’A\) với \(Δ\), chính là điểm thuộc \(Δ\) mà độ dài của đường gấp khúc \(OMA\) ngắn nhất. \(A(2; 0); O(-2; 2)\) nên \(O’A\) có hệ phương trình: \(x + 2y – 2 = 0\) Tọa độ của điểm \(M\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \matrix{ x + 2y - 2 = 0 \hfill \cr x - y + 2 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow M( - {2 \over 3},{4 \over 3})\) Giaibaitap.me Page 23
Câu 5 trang 93 SGK Hình học 10 Cho ba điểm \(A(4; 3), B(2; 7), C(-3; -8)\) a) Tìm tọa độ điểm \(G\) , trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\). b) Tìm \(T\) là trực tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh \(T, G, H\) thẳng hàng. c) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Trả lời: Ta có: \(\eqalign{ & {x_G} = {{{x_A} + {x_B} + {x_C}} \over 3} \Rightarrow {x_G} = {{4 + 2 - 3} \over 3} = 1 \cr & {y_G} = {{{y_A} + {y_B} + {y_C}} \over 3} \Rightarrow {y_G} = {{3 + 7 - 8} \over 3} = {2 \over 3} \cr} \) Vậy \(G\left(1,{2 \over 3}\right)\) Gọi \((x; y)\) là tọa độ của \(H\) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AH} = (x - 4,y - 3);\overrightarrow {BC} = ( - 5, - 15) \cr & \overrightarrow {BH} = (x - 2,y - 7);\overrightarrow {AC} = ( - 7, - 11) \cr & \overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \cr & \Leftrightarrow - 5(x - 4) - 15(y - 3) = 0 \Leftrightarrow x + y - 13 = 0 \cr & \overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \cr & \Leftrightarrow - 7(x - 2) - 11(y - 7) = 0 \Leftrightarrow 7x + 11y - 91 = 0 \cr} \) Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ x + y - 13 = 0 \hfill \cr 7x + 11y - 91 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H(13;0)\) b) Tâm \(T\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) thỏa mãn điều kiện \(TA = TB = TC ⇒ TA^2= TB^2= TC^2\), cho ta: \({\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2} +{\left( {y-3} \right)^2} = {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)^2} + {\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}7} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm{ }}x{\rm{ }}-{\rm{ }}2y{\rm{ }} + {\rm{ }}7 =0\) \({\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2} +{\left( {y-3} \right)^2} = {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}3} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y +8} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm{ }}7x{\rm{ }} + 11y +24 = 0\) Do đó tọa độ tâm \(T\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \matrix{ x - 2y + 7 = 0 \hfill \cr 7x + 11y + 24 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow T( - 5;1)\) Ta có: \(\overrightarrow {TH} = ( - 18;1);\overrightarrow {TG} = (6;{-1 \over 3})\) Ta có: \(\overrightarrow {TH} = {3}\overrightarrow {TG} \) Vậy ba điểm \(H, G, T\) thẳng hàng. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) có tâm \(T(-5; 1)\), bán kính \(R = AT = \sqrt{85}\) \({R^2} = A{T^2} = {\left( { - 5-{\rm{ }}4} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {1-3} \right)^2} = 85\) Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là: \((x + 5)^2+ (y – 1)^2= 85\) Câu 6 trang 93 SGK Hình học 10 Lập phương trình hai đường phân giác của các góc tạo bởi đường thẳng \(3x – 4y + 12 = 0\) và \(12x+5y-7 = 0\) Trả lời: Gọi \(M(x; y)\) thuộc đường phân giác của góc tạo bởi đường thẳng trên. Khi đó, khoảng cách từ \(M\) đến \(d_1 : 3x - 4y + 12 = 0\) là: \(d(M,{d_1}) = {{|3x - 4y + 12|} \over {\sqrt {9 + 16} }} = {{|3x - 4y + 12|} \over 5}\) Khoảng cách từ \(M\) đến \(d_2: 12x + 15y – 7 = 0\) là: \(d(M,{d_2}) = {{|12x + 5y - 7|} \over {\sqrt {144 + 25} }} = {{|12x + 5y - 7|} \over {13}}\) Ta có: \(M\) thuộc đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\) nên cách đều hai đường thẳng đó.Suy ra: \(\eqalign{ & d(M,{d_1}) = d(M,{d_2}) \Leftrightarrow {{|3x - 4y + 12|} \over 5} = {{|12x + 5y - 7|} \over {13}} \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {{3x - 4y + 12} \over 5} = {{12x + 5y - 7} \over {12}} \hfill \cr {{3x - 4y + 12} \over 5} = - {{12x + 5y - 7} \over {13}} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 21x + 77y - 191 = 0 \hfill \cr 99x - 27y + 121 = 0 \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy ta có phương trình của hai đường phân giác của các góc tạo bởi \(d_1\) và \(d_2\) là: \(\Delta _1: 21x + 77y – 191 = 0\) \(\Delta _2: 99x – 27y + 121 = 0\) Câu 7 trang 93 SGK Hình học 10 Cho đường tròn \((C)\) có tâm \(I(1, 2)\) và bán kính bằng \(3\). Chứng minh rằng tập hợp các điểm \(M\) từ đó ta sẽ được hai tiếp tuyến với \((C)\) tạo với nhau một góc \(60^0\) là một đường tròn. Hãy viết phương trình đường tròn đó. Trả lời:
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có: \(\widehat {AMI} = {30^0}\) \(IM = {{IA} \over {\sin \widehat {AMI}}} = {3 \over {\sin {{30}^0}}} = {3 \over {{1 \over 2}}} = 6\) Gọi tọa độ của \(M\) là \((x ;y)\) Ta có: \(O{M^2} = {(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} = 36\) Vậy quỹ tích \(M\) là đường tròn tâm \(I (1; 2)\), bán kính \(R = 6\) Phương trình đường tròn là: \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} = 36\) Câu 8 trang 93 SGK Hình học 10 Tìm góc giữa hai đường thẳng \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) trong các trường hợp sau: a) \(\Delta_1\): \(2x + y – 4 = 0\) ; \(\Delta_2\): \(5x – 2y + 3 = 0\) b) \(\Delta_1\): \(y = -2x + 4\) ; \({\Delta _2}:y = {1 \over 2}x + {3 \over 2}\) Trả lời: a) Vecto pháp tuyến \(\Delta_1\) là \(\overrightarrow {{n_1}} = (2;1)\) Vecto pháp tuyến \({\Delta _2}\) là \(\overrightarrow {{n_2}} = (5; - 2)\) \(\eqalign{ & \cos ({\Delta _1},{\Delta _2}) = {{|\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} |} \over {|\overrightarrow {{n_1}} |.|\overrightarrow {{n_2}} |}} = {{|2.5 + 1.( - 2)|} \over {\sqrt 5 .\sqrt 9 }} = {8 \over {\sqrt {145} }} \cr & \Rightarrow ({\Delta _1},{\Delta _2}) \approx {48^0}21'59'' \cr} \) b) \(y = -2x + 4 ⇔ 2x + y – 4 = 0\) \(y = {1 \over 2}x + {3 \over 2} \Leftrightarrow x - 2y + 3 = 0\) Vì \(2.1 + 1.(-2) = 0 ⇔\Delta_1⊥{\Delta _2}\) Chú ý: _ Hệ số góc của \(\Delta_1\) là \(k = -2\) _ Hệ số góc của \({\Delta _2}\) là \(k' = {1 \over 2}\) Vì \(k.k' = 2.{1 \over 2} = - 1 \Rightarrow {\Delta _1} \bot {\Delta _2}\) Câu 9 trang 93 SGK Hình học 10 Cho elip \((E) = {{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) . Tìm tọa độ các đỉnh, các tiêu điểm và vẽ elip đó. Trả lời:
Phương trình chính tắc của Elip \((E) = {{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) có dạng là: \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\) Ta có: \(\eqalign{& \left\{ \matrix{{a^2} = 16 \hfill \cr {b^2} = 9 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{a = 4 \hfill \cr b = 3 \hfill \cr} \right. \cr & c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = \sqrt 7 \cr} \) _ Tọa độ các đỉnh \(A_1(-4;0), A_2(4; 0), B_1(0; -3)\) và \(B_2(0; 3)\) _ Tọa độ các tiêu điểm \(F_1(-\sqrt7; 0)\) và \(F_2(\sqrt7; 0)\) Giaibaitap.me Page 24
Page 25
Page 26
|
