Đề toán tổng hợp – Đáp số và lời giải chi tiết bài 3.46 đến bài 3.68 trang 162, 163, 164 Sách bài tập (SBT) Toán Hình lớp 10.
Bài 3.46 trang 162
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(2;1).
a) Lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng d: x – y – 1 = 0 tại M(2;1) và có tâm nằm trên đường thẳng d’ x – 2y – 6 = 0
b) Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng m: x – y + 3 = 0
Gợi ý làm bài
a) Đường thẳng \(\Delta \) đi qua M và vuông góc với d có phương trình \(\Delta x + y + C = 0\). \(\Delta \) qua M nên C = -3. Vậy \(\Delta x + y – 3 = 0\)
Tọa độ tâm I của đường tròn (C) là nghiệm của hệ:
\(\left\{ \matrix{
x + y – 3 = 0 \hfill \cr
x – 2y – 6 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 4 \hfill \cr
y = – 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow I(4; – 1).\)
Bán kính \(R = IM = 2\sqrt 2 \)
Phương trình đường tròn cần tìm có tâm I(4;-1) và có bán kính \(R = 2\sqrt 2 \) là:
\({(x – 4)^2} + {(y + 1)^2} = 8.\)
b) Đường thẳng m: x – y + 3 = 0 Tiếp tuyến \(\Delta ‘\) với (C) vuông góc với đường thẳng m nên \(\Delta ‘\) có phương trình : x + y + c = 0
\(\Delta ‘\) là tiếp tuyến với (C) \( \Leftrightarrow d\left[ {I;\Delta ‘} \right] = R\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow d\left[ {I;\Delta ‘} \right] = R \cr
& \Leftrightarrow {{\left| {4 – 1 + c} \right|} \over {\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
c = 1 \hfill \cr
c = – 7 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy có hai tiếp tuyến với (C) thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là :
\(\left[ \matrix{
\Delta {‘_1}:x + y + 1 = 0 \hfill \cr
\Delta {‘_2}:x + y – 7 = 0 \hfill \cr} \right.\)
Bài 3.47
Viết phương trình đường tròn (C) biết rằng (C) đi qua A(1;-6) và tiếp xúc với đường thẳng \(\Delta :2x + y + 1 = 0\) tại B( – 2;3).
HD giải
Gọi I(a;b) là tâm của (C) .
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AI} = (a – 1;b + 6); \cr
& \,\overrightarrow {BI} = (a + 2;b – 3)\,; \cr
& \,{\overrightarrow u _\Delta } = ( – 1;2) \cr} \)
là vectơ chỉ phương của \(\Delta \)
Ta có : IA = IB = R và
\(IB \bot \Delta \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
A{I^2} = B{I^2} \hfill \cr
{\overrightarrow u _\Delta }.\overrightarrow {BI} = 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{(a – 1)^2} + {(b + 6)^2} = {(a + 2)^2} + {(b – 3)^2} \hfill \cr
– 1.(a + 2) + 2.(b – 3) = 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
6a – 18b = 24 \hfill \cr
– a + 2b = 8 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = – 32 \hfill \cr
b = – 12 \hfill \cr} \right.\)
Khi đó \({R^2} = A{I^2} = {( – 33)^2} + {( – 6)^2} = 1125\)
Vậy (C) : \({(x + 32)^2} + {(y + 12)^2} = 1125\)
Bài 3.48 trang 162
Cho đường tròn (C) : \({x^2} + {y^2} – 6x + 4y – 12 = 0.\)
a) Tìm tọa độ tâm I và bán kính của đường tròn (C) ;
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đườn tròn (C) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng d: 5x + 12y + 2012 = 0.
Bài làm
a) (C) có tâm I(3;-1) và R = 5.
b) Tiếp tuyến \(\Delta \) song song với d \( \Rightarrow \Delta :5x + 12y + c = 0\,(c \ne 2012)\)
\(\Delta \) tiếp xúc với (C) \( \Leftrightarrow d(I;\Delta ) = R\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {{\left| {5.3 + 12.( – 2) + c} \right|} \over {\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} }} = 5 \cr
& \Leftrightarrow \left| {c – 9} \right| = 65 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
c = 74 \hfill \cr
c = – 56 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy \(\Delta :5x + 12y + 74 = 0\) hay \(\Delta :5x + 12y – 56 = 0.\)
Bài 3.49
Cho elip (E): \({{{x^2}} \over {64}} + {{{y^2}} \over {48}} = 1.\)
Tìm tọa độ những điểm M trên (E) sao cho : \(M{F_1} + 2M{F_2} = 26\)
Bài giải
Ta có \(a = 8\,;\,b = 4\sqrt 3 \,;\,c = 4\,;\,{c \over a} = {1 \over 2}\,.\)
\(\eqalign{
& M(x;y) \in (E) \Leftrightarrow {{{x^2}} \over {64}} + {{{y^2}} \over {48}} = 1\,\,\,(1)\,\,; \cr
& \,{F_1}M = 8 + {x \over 2};\,{F_2}M = 8 – {x \over 2}. \cr} \)
Theo giả thiết ta có:
\(\eqalign{
& 8 + {x \over 2} + 2\left( {8 – {x \over 2}} \right) = 26 \cr
& \Leftrightarrow 24 – {x \over 2} = 26 \Leftrightarrow x = – 4. \cr} \)
Thay vào (1) ta được:
\({{16} \over {64}} = {{{y^2}} \over {48}} = 1 \Leftrightarrow {y^2} = 36 \Leftrightarrow y = \pm 6.\)
Vậy \(M( – 4; \pm 6).\)
Bài 3.50
Cho đường tròn (C): \({x^2} + {y^2} – 2x – 6y + 6 = 0\) và điểm M(2;4).
a) Chứng minh rằng điểm M nằm trong (C) ;
b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn AB.
HD giải
a) (C): \({x^2} + {y^2} – 2x – 6y + 6 = 0 \Rightarrow \)
(C) có
\(\left\{ \matrix{
I(1;3) \hfill \cr
\,R = 2 \hfill \cr} \right.\,\)
(R là bán kính)
\(IM = \sqrt 2 < R \Rightarrow \) M nằm trong (C)
b) Đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng \(AB \Rightarrow d \bot IM\) tại M
Phương trình đường thẳng:
d: – qua M(2;4)
– nhận \(\overrightarrow {{\rm{IM}}} {\rm{ = (1;1)}}\) làm vectơ pháp tuyến
\( \Rightarrow d:1.(x – 2) + 1.(y – 4) = 0\)
\( \Rightarrow d:x + y – 6 = 0.\)
Bài 3.51 trang 162
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) : \({{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\)
a) Xác định độ dài các trục, tiêu cự của elip (E) ;
b) Tìm các điểm M thuộc (E) sao cho \({1 \over {M{F_1}}} + {1 \over {M{F_2}}} = {8 \over {{F_1}{F_2}}}\).
Bài giải
\((E):{{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\)
a) Ta có :
\(\left\{ \matrix{
{a^2} = 25 \Rightarrow a = 5 \hfill \cr
{b^2} = 9 \Rightarrow b = 3 \hfill \cr} \right.\)
\( \Rightarrow {c^2} = {a^2} – {b^2} = 25 – 9 = 16 \Rightarrow c = 4.\)
Độ dài trục lớn : \({A_1}{A_2} = 2a = 10\); Độ dài trục bé : \({B_1}{B_2} = 2b = 6\). Tiêu cự : \({F_1}{F_2} = 2c = 8\)
b) M thuộc \((E) \Rightarrow \left\{ \matrix{
M{F_1} = a + {c \over a}x = 5 + {4 \over 5}x \hfill \cr
M{F_2} = a – {c \over a}x = 5 – {4 \over 5}x \hfill \cr} \right.\)
\({1 \over {M{F_1}}} + {1 \over {M{F_2}}} = {8 \over {{F_1}{F_2}}} \Leftrightarrow 25 – {{16} \over {25}}{x^2} = 10\)
\( \Leftrightarrow x \pm {{5\sqrt {15} } \over 4} \Rightarrow y = \pm {3 \over 4}\)
Vậy : có bốn điểm thỏa mãn yêu cầu bào toán là: \(M\left( { \pm {{5\sqrt {15} } \over 4}; \pm {3 \over 4}} \right).\)
Bài 3.52 trang 163
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : \({x^2} + {y^2} + 4x + 4y + 6 = 0\) và đường thẳng \(\Delta x + my – 2m + 3 = 0\) với m là tham số thực.
a) Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn (C) ;
b) Tìm m để cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất.
a) Đường tròn (C) có tâm I(-2;-2) và bán kính \(R = \sqrt {2.} \)
b) Diện tích tam giác IAB là :
\(S = {1 \over 2}IA.IB\sin AIB \le {1 \over 2}{R^2} = 1.\)
S lớn nhất \( \Leftrightarrow S = 1\)
\( \Leftrightarrow \sin AIB = 1\)
\( \Leftrightarrow IA \bot IB\)
\( \Leftrightarrow d\left( {I,\Delta } \right) = {R \over {\sqrt 2 }}\)
\( \Leftrightarrow {{\left| { – 2 – 2m – 2m + 3} \right|} \over {\sqrt {1 + {m^2}} }} = 1\)
\( \Leftrightarrow {\left( {1 – 4m} \right)^2} = 1 + {m^2}\)
\( \Leftrightarrow 15{m^2} – 8m = 0\)
\( \Leftrightarrow m = 0\) hay \(m = {8 \over {15}}\)
Bài 3.53
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A có A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : \(\Delta x – y – 4 = 0\)
a) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng \(\Delta \)
b) Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Gợi ý làm bài
a) Gọi H là hình chiếu của A trên , suy ra H là trung điểm của BC.
\(AH = d(A,BC) = {9 \over {\sqrt 2 }}\)
b) \(BC = {{2{S_{\Delta ABC}}} \over {AH}} = 4\sqrt 2 .\)
\(AB = AC = \sqrt {A{H^2} + {{B{C^2}} \over 4}} = \sqrt {{{97} \over 2}} .\)
Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ :
\(\left\{ \matrix{
{\left( {x + 1} \right)^2} + {(y – 4)^2} = {{97} \over 2} \hfill \cr
x – y – 4 = 0\,. \hfill \cr} \right.\)
Giải hệ ta được $\left( {x;y} \right) = \left( {{{11} \over 2};{3 \over 2}} \right)$ hoặc $\left( {x;y} \right) = \left( {{3 \over 2}; – {5 \over 2}} \right)$
Vậy $B\left( {{{11} \over 2};{3 \over 2}} \right)\,,\,C\left( {{3 \over 2}; – {5 \over 2}} \right)$ hoặc $B\left( {{3 \over 2}; – {5 \over 2}} \right)\,,C\left( {{{11} \over 2};{3 \over 2}} \right)\,.$
Bài 3.54
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6;2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M(1;5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng \(\Delta x + y – 5 = 0\). \(\Delta x + y – 5 = 0\)
Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, suy ra N(11 ; -1) và điểm N thuộc đường thẳng CD.
\(E \in \Delta \Rightarrow E(x;5 – x)\,;\,\overrightarrow {IE} = (x – 6;3 – x)\)
và: \(\overrightarrow {NE} = (x – 11;6 – x)\)
E là trung điểm của CD \( \Rightarrow IE \bot EN.\)
\(\overrightarrow {IE} .\overrightarrow {NE} = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 6} \right)\left( {x – 11} \right) + \left( {3 – x} \right)\left( {6 – x} \right) = 0\)
\(\overrightarrow {IE} .\overrightarrow {NE} = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 6} \right)\left( {x – 11} \right) + \left( {3 – x} \right)\left( {6 – x} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow x = 6\) hoặc x = 7
Với \(x = 6 \Rightarrow \overrightarrow {IE} = (0;3),\)
Phương trình \(AB:y – 5 = 0.\)
Với \(x = 7 \Rightarrow IE = \left( {1; – 4} \right),\)
Phương trình \(AB:x – 4y + 19 = 0.\)
Bài 3.55 trang 163 Toán 10
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : \({(x – 2)^2} + {y^2} = {4 \over 5}\) và đường thẳng \({\Delta _1}:x – y = 0\), \({\Delta _2}:x – 7y = 0\). Xác định tọa độ tâm K vàn bán kính của đường tròn (C1) ; biết đường tròng (C1) tiếp xúc với các đường thẳng \({\Delta _1}\), \({\Delta _2}\) và tâm K không thuộc đường tròn (C).
Gọi \(K\left( {a;b} \right)\,;\,k \in (C) \Leftrightarrow {\left( {a – 2} \right)^2} + {b^2} = {5 \over 4}\,\,\,\,\,(1)\)
\(({C_1})\) tiếp xúc với \({\Delta _1},{\Delta _2} \Leftrightarrow {{\left| {a – b} \right|} \over {\sqrt 2 }} = {{\left| {a – 7b} \right|} \over {5\sqrt 2 }}\,\,(2).\)
Từ (1) và (2) cho ta :
\(\left\{ \matrix{
5{\left( {a – 2} \right)^2} + 5{b^2} = 4 \hfill \cr
5\left| {a – b} \right| = \left| {a – 7b} \right| \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
5{\left( {a – 2} \right)^2} + 5{b^2} = 4 \hfill \cr
5\left( {a – b} \right) = a – 7b \hfill \cr} \right.\,\,\,\,(I)\,\,\,\)
và
\(\left\{ \matrix{
5{\left( {a – 2} \right)^2} + 5{b^2} = 4 \hfill \cr
5(a – b) = 7b – a \hfill \cr} \right.\,\,\,\,\,\,(II)\)
\((I) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
25{a^2} – 20a + 16 = 0 \hfill \cr
b = – 2a \hfill \cr} \right.\)
(vô nghiệm)
\((II) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 2b \hfill \cr
25{b^2} – 40b + 16 = 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left( {a;b} \right) = \left( {{8 \over 5};{4 \over 5}} \right).\)
Bán kính (C1) : \(R = {{\left| {a – b} \right|} \over {\sqrt 2 }} = {{2\sqrt 2 } \over 5}.\)
Vậy \(K\left( {{8 \over 5};{4 \over 5}} \right)\) và \(R = {{2\sqrt 2 } \over 5}.\)
Bài 3.56 trang 163 SBT Hình 10
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(-1;-1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x – y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0
Ta gọi \({d_1}:x – y + 2 = 0\) và \({d_2}:4x + 3y – 1 = 0\).
Gọi H'(a;b) là điểm đối xứng của H qua \({d_1}\)
Khi đó H’ thuộc đường thẳng AC (h.3.16).
\(\overrightarrow u = (1;1)\) là vectơ chỉ phương của \({d_1}\), \(\overrightarrow {HH’} = \left( {a + 1;b + 1} \right)\) vuông góc với \(\overrightarrow u \) và trung điểm \(I\left( {{{a – 1} \over 2};{{b – 1} \over 2}} \right)\) của \(\overrightarrow {HH’} \) thuộc \({d_1}\). Do đó tọa độ của H’ là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{
1.\left( {a + 1} \right) + 1\left( {b + 1} \right) = 0 \hfill \cr
{{a – 1} \over 2} – {{b – 1} \over 2} = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H'( – 3;1).\)
Đường thẳng AC đi qua H’ vuông góc với \({d_2}\) nên có viectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow v = \left( {3; – 4} \right)\), suy ra AC có phương trình là :
\(\eqalign{
& 3\left( {x + 3} \right) – 4\left( {y – 1} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow 3x – 4y + 13 = 0. \cr} \)
Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình \(\left\{ \matrix{
3x – 4y + 13 = 0 \hfill \cr
x – y + 2 = 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Rightarrow A(5;7).\)
Đường thẳng CH đi qua H (-1 ; -1) với vectơ pháp tuyến là \({1 \over 2}\overrightarrow {HA} = \left( {3;4} \right)\) nên có phương trình là:
\(3\left( {x + 1} \right) + 4\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y + 7 = 0.\)
Tọa độ của C là nghiệm của phương trình
\(\left\{ \matrix{
3x + 4y + 7 = 0 \hfill \cr
3x – 4y + 13 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow C\left( { – {{10} \over 3};{3 \over 4}} \right).\)
Bài 3.57
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng \({\Delta _1}:x – 2y – 3 = 0\) và \({\Delta _2}:x + y + 1 = 0\). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng \({\Delta _1}\) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng \({\Delta _2}\) bằng \({1 \over {\sqrt 2 }}\).
Đáp án
Khoảng cách từ M đến \({\Delta _2}\) là \(d(M,{\Delta _2}) = {{\left| {2t + 3 + t + 1} \right|} \over {\sqrt 2 }}\)
\(d(M,{\Delta _2}) = {1 \over {\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = – 1 \hfill \cr
t = – {5 \over 3} \hfill \cr} \right.\)
Vậy M(1;-1) hoặc \(M\left( { – {1 \over 3}; – {5 \over 3}} \right).\)
Bài 3.58 trang 163 Toán hình 10
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x – 2y + 3 = 0.
\(\eqalign{
& A \in Ox\,,\,B \in Oy \cr
& \Rightarrow A\left( {a;0} \right),B\left( {0;b} \right),AB = \left( { – a;b} \right). \cr} \)
Vectơ chỉ phương của d là \(\overrightarrow u = \left( {2;1} \right)\)
Tọa độ trung điểm I của AB là \(\left( {{a \over 2};{b \over 2}} \right)\).
A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi:
\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u = 0 \hfill \cr
I \in d \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
– 2a + b = 0 \hfill \cr
{a \over 2} – b + 3 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 2 \hfill \cr
b = 4. \hfill \cr} \right.\)
Vậy \(A\left( {2;0} \right),B\left( {0;4} \right).\)
Bài 3.59
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0;2), B(-2;-2) và C(4;-2). Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N.
Ta có \(M\left( { – 1;0} \right),N\left( {1; – 2} \right),AC = \left( {4; – 4} \right)\)
Giả sử H(x;y) . Ta có :
\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
\overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AC} \hfill \cr
H \in AC \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
4(x + 2) – 4(y + 2) = 0 \hfill \cr
4x + 4(y – 2) = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 1 \hfill \cr
y = 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H\left( {1;1} \right). \cr} \)
Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là:
\({x^2} + {y^2} + 2ax + 2by + c = 0\,\,\,\,\,\,\,\,(1).\)
Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện :
\(\left\{ \matrix{
2a – c = 1 \hfill \cr
2a – 4b + c = – 5 \hfill \cr
2a + 2b + c = – 2 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = – {1 \over 2} \hfill \cr
b = {1 \over 2} \hfill \cr
c = – 2. \hfill \cr} \right.\)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
\({x^2} + {y^2} – x + y – 2 = 0\)
Bài 3.60
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A( 2;2) và các đường thẳng
\({d_1}:x + y – 2 = 0\); \({d_2}:x + y – 8 = 0\)
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc \({d_1}\) và \({d_2}\) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Vì \(B \in {d_1},C \in {d_2}\) nên \(B\left( {b;2 – b} \right),C\left( {c;8 – c} \right).\)
Tam giác ABC vuông cân tại A
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr
AB = AC \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
bc – 4b – c + 2 = 0 \hfill \cr
{b^2} – 2b = {c^2} – 8c + 18 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
(b – 1)(c – 4) = 2 \hfill \cr
{(b – 1)^2}{(c – 4)^2} = 3. \hfill \cr} \right. \cr} \)
Đặt x = b – 1, y = c – 4 ta có hệ :
\(\left\{ \matrix{
x.y = 2 \hfill \cr
{x^2} – {y^2} = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = – 2 \hfill \cr
y = – 1 \hfill \cr} \right.\)
hoặc
\(\left\{ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
y = 1. \hfill \cr} \right.\)
Vậy B(-1 ; 3), C(3 ; 5) hoặc B(3 ; -1), C(5;3)
Bài 3.61 trang 164 Ôn tập chương 3
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): \({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\) và đường thẳng d: 3x – 4y + m = 0. Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều.
(C) có tâm I(1 ; -2) và bán kính R = 3. Ta có tam giác PAB đều thì \(IP = 2IA = 2R = 6 \Leftrightarrow P\) thuộc đường tròn (C ’) có tâm I, bán kính R’=6.
Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với (C ’) tại P \( \Leftrightarrow d(I,d) = 6\)
\( \Leftrightarrow m = 19,\,\,m = – 41.\)
Bài 3.62
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng: \({d_1}:x – y = 0\) và \({d_2}:2x + y – 1 = 0\) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc \({d_1}\) , đỉnh C thuộc \({d_2}\) và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
Vì \(A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {t;t} \right).\)
Vì A và C đối xứng nhau qua BD và \(B,D \in Ox\) nên \(C\left( {t; – t} \right)\)
Vì \(C \in {d_2}\) nên \(2t – t – 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1\). Vậy A(1 ; 1), C(1 ; -1).
Trung điểm AC là I(1 ; 0). Vì I là tâm hình vuông nên
\(\left\{ \matrix{
IB = IA = 1 \hfill \cr
ID = IA = 1 \hfill \cr} \right.\)
\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
B \in Ox \hfill \cr
D \in Ox \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
B(b;0) \hfill \cr
D(d;0) \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
\left| {b – 1} \right| = 1 \hfill \cr
\left| {d – 1} \right| = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
b = 0,b = 2 \hfill \cr
d = 0,d = 2. \hfill \cr} \right. \cr} \)
Suy ra B(0 ; 0) và D(2 ; 0) hoặc B(2 ; 0), D(0 ; 0).
Vậy bốn đỉnh của hình vuông là A(1 ; 1), B(0 ; 0), C(1 ; -1), D(2 ; 0)
hoặc A(1 ; 1), B(2 ; 0), C(1 ; -1), D(0 ; 0).
Bài 3.63 trang 164 SBT Toán hình 10
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A và khoảng cách từ tâm của (C) đến B bằng 5.
Gợi ý làm bài
Gọi tâm của (C) là I(a;b) và bán kính của (C) là R.
(C) tiếp xúc với Ox tai A \( \Rightarrow a = 2\) và \(\left| b \right| = R\)
\(IB = 5 \Leftrightarrow {\left( {6 – 2} \right)^2} + {\left( {4 – b} \right)^2} = 25\)
\( \Leftrightarrow {b^2} – 8b + 7 = 0 \Leftrightarrow b = 1,b = 7.\)
Với a = 2, b = 1 ta có đường tròn (C 1) : \({\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 1\)
Với a = 2, b = 7 ta có đường tròn (C 2) : \({\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 7} \right)^2} = 49.\)
Bài 3.64
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): \({x^2} + {y^2} – 2x – 2y + 1 = 0\) và đường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc ngoài vơi đường tròng (C).
Đường tròn (C) có tâm I(1 ; 1), bán kính R = 1.
Vì \(M \in d\) nên M(x;x + 3). Yêu cầu của bài toán tương đương với:
\(MI = R + 2R \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} = 9\)
\( \Leftrightarrow x = 1,x = – 2\)
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M(1 ; 4) và M(-2 ; 1).
Bài 3.65 trang 164 Hình học 10
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : \({(x – 1)^2} + {(y – 2)^2} = 4\) và đường thẳng d: x – y – 1 = 0. Viết phương trình đường tròn (C ’) đối xứng vơi đường tròng (C) qua đường thẳng d. Tìm tọa độ các giao điểm của (C ’) và (C).
Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n = \left( {1; – 1} \right).\) Do đó đường thẳng \(\Delta \) đi qua tâm \(I\left( {1;2} \right)\) và vuông góc với d có phương trình :
\({{x – 1} \over 1} = {{y – 2} \over { – 1}} \Leftrightarrow x + y – 3 = 0.\)
Tọa độ giao điểm H của d và là nghiệm của hệ phương trình :
\(\left\{ \matrix{
x – y – 1 = 0 \hfill \cr
x + y – 3 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
y = 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H\left( {2;1} \right)\)
Gọi J là điểm đối xứng của I qua d. Khi đó :
\(\left\{ \matrix{
{x_J} = 2{x_H} – {x_I} = 3 \hfill \cr
{y_J} = 2{y_H} – {y_I} = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow J(3;0).\)
Vì (C ’) đối xứng với (C ) qua d nên (C ’) có tâm là \(J\left( {3;0} \right)\) và bán kính R = 2.
Do đó (C ’) có phương trình là :
\({\left( {x – 3} \right)^2} + {y^2} = 4\)
Tọa độ các giao điểm của (C ) và (C ’) là nghiệm của hệ phương trình :
\(\left\{ \matrix{
{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 4 \hfill \cr
{\left( {x – 3} \right)^2} + {y^2} = 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x – y – 1 = 0 \hfill \cr
{\left( {x – 3} \right)^2} + {y^2} = 4 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
y = x – 1 \hfill \cr
2{x^2} – 8x + 6 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 1,y = 0 \hfill \cr
x = 3,y = 2. \hfill \cr} \right.\)
Vậy tọa độ giao điểm của (C ) và (C ’ ) là A(1 ; 0) và B(3 ; 2).
Bài 3.66
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm \(I\left( {{1 \over 2};0} \right)\) phương trình đường thẳng AB là : x – 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB bằng
\({{\sqrt 5 } \over 2}\) \(\Rightarrow AD = \sqrt 5 \) và \(IA = IB = {5 \over 2}.\)
Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tâm I và bán kính \(R = {5 \over 2}.\)
Vậy tọa độ A, B là nghiệm của hệ :
\(\left\{ \matrix{
x – 2y + 2 = 0 \hfill \cr
{\left( {x – {1 \over 2}} \right)^2} + {y^2} = {\left( {{5 \over 2}} \right)^2} \hfill \cr} \right.\)
Giải hệ ta được \(A( – 2;0),B(2;2)\) (vì \({x_A} < 0\))
\( \Rightarrow C\left( {3;0} \right),D\left( { – 1; – 2} \right).\)
Bài 3.67 trang 164 SBT Toán hình 10
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là : \(\sqrt 3 x – y – \sqrt 3 = 0\), các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Gợi ý làm bài
( Xem hình 3.25)
Ta có: \(BC \cap Ox = B(1;0)\)
Đặt \({x_A} = a\) ta có A(a;0) và \({x_C} = a \Rightarrow {y_C} = \sqrt 3 a – \sqrt 3 .\)
Vậy \(C\left( {a;\sqrt 3 a – \sqrt 3 } \right).\)
Từ công thức
\(\left\{ \matrix{
{x_G} = {1 \over 3}\left( {{x_A} + {x_B} + {x_C}} \right) \hfill \cr
{y_G} = {1 \over 3}\left( {{y_A} + {y_B} + {y_C}} \right) \hfill \cr} \right.\)
Ta có:
\(G\left( {{{2a + 1} \over 3};{{\sqrt 3 \left( {a – 1} \right)} \over 3}} \right).\)
Mà \(AB = \left| {a – 1} \right|,AC = \sqrt 3 \left| {a – 1} \right|,BC = 2\left| {a – 1} \right|\). Do đó :
\({S_{\Delta ABC}} = {1 \over 2}AB.AC = {{\sqrt 3 } \over 2}{\left( {a – 1} \right)^2}.\)
Ta có:
\(\eqalign{
& r = {{2S} \over {AB + AC + BC}} \cr
& = {{\sqrt 3 {{\left( {a – 1} \right)}^2}} \over {3\left| {a – 1} \right| + \sqrt 3 \left| {a – 1} \right|}} = {{\left| {a – 1} \right|} \over {\sqrt 3 + 1}} = 2. \cr} \)
Vậy \(\left| {a – 1} \right| = 2\sqrt 3 + 2.\)
Trường hợp 1.
\({a_1} = 2\sqrt 3 + 3 \Rightarrow {G_1}\left( {{{7 + 4\sqrt 3 } \over 3};{{6 + 2\sqrt 3 } \over 3}} \right).\)
Trường hợp 2.
\({a_2} = – 2\sqrt 3 – 1 \Rightarrow {G_2}\left( {{{4\sqrt 3 – 1} \over 3};{{ – 6 – 2\sqrt 3 } \over 3}} \right).\)
Bài 3.68 – Ôn tập chương 3 hình 10
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm C(2;0) và elip (E): \({{{x^2}} \over 4} + {{{y^2}} \over 1} = 1\). Tìm tọa độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
Bài giải
Giả sử \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\). Do A, B đối xứng nhau qua Ox nên \(B({x_0}; – {y_0})\)
Ta có : \(A{B^2} = 4y_0^2\) và \(A{C^2} = {\left( {{x_0} – 2} \right)^2} + y_0^2.\)
Vì \(A \in (E)\) nên \({{x_0^2} \over 4} + y_0^2 = 1 \Rightarrow y_0^2 = 1 – {{x_0^2} \over 4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)
Vì AB = AC nên \({\left( {{x_0} – 2} \right)^2} + y_0^2 = 4y_0^2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)
Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được
\(7x_0^2 – 16{x_0} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{x_0} = 2 \hfill \cr
{x_0} = {2 \over 7}. \hfill \cr} \right.\)
Với \({x_0} = 2\) thay vào (1) ta có \({y_0} = 0.\) Trường hợp này loại vì \(A \equiv C.\)
Với \({x_0} = {2 \over 7}\) thay vào (1) ta có \({y_0} = \pm {{4\sqrt 3 } \over 7}.\)
Vậy \(A\left( {{2 \over 7};{{4\sqrt 3 } \over 7}} \right),B\left( {{2 \over 7}; – {{4\sqrt 3 } \over 7}} \right)\) hoặc \(A\left( {{2 \over 7}; – {{4\sqrt 3 } \over 7}} \right),B\left( {{2 \over 7};{{4\sqrt 3 } \over 7}} \right)\)
Trả lời