Giải SBT Ôn tập chương 2: Đề toán tổng hợp – Hình học 10 - Sách Toán - Học Toán

Ôn tập chương 2 hình 10: Đề toán tổng hợp. Hướng dẫn giải bài 2.55 đến bài 2.67 trang 104, 105, 106 Sách bài tập (SBT) Toán Hình 10.

Bài 2.55 trang 104

Cho hình bình hành ABCD có AB = 3a, AD = 5a, góc BAD bằng ${120^0}$

a) Tìm các tích vô hướng sau: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD,} \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} $

b) Tính độ dài BD và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

$\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = AB.AD.cos\widehat {DAB} \cr
& = 3a.5a.\cos {120^0} = – {{15{a^2}} \over 2} \cr} $

$\eqalign{
& \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} = (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} )(\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AB} ) \cr
& = A{D^2} – A{B^2} = 16{a^2} \cr} $

$\eqalign{
& {\overrightarrow {BD} ^2} = {(\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AB} )^2} = A{D^2} + A{B^2} – 2\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \cr
& = 49{a^2} = > BD = 7a \cr} $

ABCD là hình bình hành nên: BC = AD = 5a;

$\widehat {BAD} + \widehat {ABC} = {180^0} = > \widehat {ABC} = {60^0}$

Áp dụng định lí hàm số cô sin trong tam giác ABC, ta được:

$\eqalign{
& A{C^2} = B{C^2} + A{B^2} – 2BC.AB.\cos \widehat {ABC} \cr
& = 19{a^2} = > AC = a\sqrt {19} \cr} $

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác ABC, ta được:

$R = {{AC} \over {2\sin \widehat {ABC}}} = {{a\sqrt {19} } \over {2\sin {{60}^0}}} = a{{\sqrt {57} } \over 3}$

Bài 2.56 trang 104 SBT Toán hình 10

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A( – 5;6), B( – 4; – 1), C(4;3)

a) Tính tọa độ trực tâm H của tam giác ABC;

b) Tìm điểm M thuộc trục Oy sao cho $\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right|$ ngắn nhất

Bài giải

a) Gọi H(x; y). Ta có:

$\eqalign{
& \overrightarrow {AH} = (x + 5;y – 6) \cr
& \overrightarrow {CH} = (x – 4;y – 3) \cr} $

Và

$\eqalign{
& \overrightarrow {BC} = (8;4) \cr
& \overrightarrow {AB} = (1; – 7) \cr} $

H là trực tâm giác ABC

$\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
8(x + 5) + 4(y – 6) = 0 \hfill \cr
(x – 4) – 7(x – 3) = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = – 3 \hfill \cr
y = 2 \hfill \cr} \right. \cr} $

Vậy H(-3;2)

b) Vì M thuộc trục Oy nên M(O;y).

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có tọa độ điểm G là $\left( { – {5 \over 3};{8 \over 3}} \right)$ và $d = \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MG} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {MG} } \right|$

d đạt giá trị nhỏ nhất $ \Leftrightarrow MG \bot Oy \Leftrightarrow y = {y_G} \Leftrightarrow y = {8 \over 3}$

Vậy $M(0;{8 \over 3})$

Bài 2.57 Toán hình 10

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(2;4); B(3;1); C( – 1;1)

a) Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC;

b) Chứng minh H, G, I thẳng hàng.

Đáp án

A(2;4), B(3;1), C( – 1;1)

a) Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:

$\left\{ \matrix{
{x_G} = {{{x_A} + {x_B} + {x_C}} \over 3} = {4 \over 3} \hfill \cr
{y_G} = {{{y_A} + {y_B} + {y_C}} \over 3} = 2 \hfill \cr} \right.$

Vậy $G\left( {{4 \over 3};2} \right)$

*Goi H(x; y), ta có:

$\overrightarrow {AB} = (1; – 3);\overrightarrow {BC} = ( – 4;0)$

$\overrightarrow {CH} = (x + 1;y – 1);\overrightarrow {AH} = (x – 2;y – 4)$

H là trực tâm tam giác ABC

$ \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
AH \bot BC \hfill \cr
CH \bot AB \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0 \hfill \cr} \right.$

$ \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
– 4(x – 2) = 0 \hfill \cr
(x + 1) – 3(y – 1) = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
y = 2 \hfill \cr} \right.$

*Gọi I(x; y), I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC $ \Leftrightarrow IA = IB = IC$

$\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{(x – 2)^2} + {(y – 4)^2} = {(x – 3)^2} + {(y – 1)^2} \hfill \cr
{(x – 2)^2} + {(y – 4)^2} = {(x + 1)^2} + {(y – 1)^2} \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 1 \hfill \cr
y = 2 \hfill \cr} \right. \cr} $

Vậy: I(1; 2)

b) Ta có: $\overrightarrow {IA} = (1;0),\overrightarrow {IG} = \left( {{1 \over 3};0} \right)$

=>$\overrightarrow {IH} ,\overrightarrow {IG} $ cùng phương nên H, G, I thẳng hàng.

Bài 2.58

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3a, tâm O; E là điểm trên cạnh BC và BE = a.

a) Tính cạnh OE và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBE;

b) Gọi G là trọng tâm tam giác ACD. Tính tích vô hướng: $\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GC} $

Gợi ý làm bài

a) Áp dụng định lí hàm số cô sin trong tam giác OBE ta được:

$O{E^2} = O{B^2} + B{E^2} – 2OB.BE.\cos \widehat {OBE}$

$\eqalign{
& O{E^2} = {\left( {{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} + {a^2} – 2{{3a\sqrt 2 } \over 2}.a.\cos {45^0} = {{5{a^2}} \over 2} \cr
& = > OE = {{a\sqrt {10} } \over 2} \cr} $

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác OBE ta được:

$\eqalign{
& {R_{(\Delta OBE)}} = {{OE} \over {2\sin \widehat {OBE}}} = {{{{a\sqrt {10} } \over 2}} \over {2\sin {{45}^0}}} \cr
& = {{{{a\sqrt {10} } \over 2}} \over {2{{\sqrt 2 } \over 2}}} = {{a\sqrt 5 } \over 2} \cr} $

b) $\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GC} = (\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OA} )(\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OC} )$

$ = \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OA} } \right)\left( {\overrightarrow {GO} – \overrightarrow {OA} } \right) = {\overrightarrow {GO} ^2} – {\overrightarrow {OA} ^2}$

$ = {\left( {{1 \over 3}.{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} – {\left( {{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} = – 4{a^2}$

Bài 2.59 trang 105 Sách bài tập Toán 10

Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b (với $b \ne c$) phân giác trong AD = k (D nằm trên cạnh BC), BD = d, CD = e. Chứng minh hệ thức: ${k^2} = bc – de$

Bài giải

Ta có AD là phân giác trong góc A của tam giác ABC nên $\widehat {BAD} = \widehat {DAC}$

$ \Rightarrow \cos \widehat {BAD} = cos\widehat {DAC}$

$\eqalign{
& \Rightarrow {{A{B^2} + A{D^2} – B{D^2}} \over {2AB.AD}} = {{A{C^2} + A{D^2} – C{D^2}} \over {2AC.AD}} \cr
& \Rightarrow {{{c^2} + {k^2} – {d^2}} \over {2c.k}} = {{{b^2} + {k^2} – {e^2}} \over {2b.k}} \cr
& \Rightarrow b\left( {{c^2} + {k^2} – {d^2}} \right) = c\left( {{b^2} + {k^2} – {e^2}} \right)(*) \cr} $

Vì AD là phân giác trong góc A của tam ABC nên ${{DB} \over {DC}} = {{AB} \over {AC}}$

$ \Rightarrow bd = ce$$, từ (*) ta suy ra $\left( {b – c} \right)\left( { – {k^2} + bc – be} \right) = 0$

$ \Rightarrow {k^2} = bc – de$ (vì $b \ne c$) (điều phải chứng minh)

Bài 2.60

Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b và AB = c thỏa mãn hệ thức ${c \over {b + a}} + {b \over {a + c}} = 1$. Hãy tính số đo của góc A.

Đáp án

Ta có: ${c \over {b + a}} + {b \over {a + c}} = 1$

$\eqalign{
& \Rightarrow c\left( {a + c} \right) + b\left( {b + a} \right) = \left( {b + a} \right)\left( {a + c} \right) \cr
& \Rightarrow ca + {c^2} + {b^2} + ba = ba + {a^2} + bc + ac \cr
& \Rightarrow {b^2} + {c^2} – {a^2} = bc. \cr} $

Ta có: $\cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc}} = {{bc} \over {2bc}} = {1 \over 2}$

$ \Rightarrow \widehat A = {60^ \circ }$

Bài 2.61 trang 105 Toán hình 10

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;2), B( – 3;1) và trực tâm H(-2;3). Hãy tìm tọa độ đỉnh C.

Đáp án

A(1;2), B(-3;1) và trực tâm H(-2;3).

Gọi C(x;y). Ta có:

$\overrightarrow {AH} = ( – 3;1);\overrightarrow {BC} = \left( {x + 3;y – 1} \right)$

$\overrightarrow {BH} = (1;2);\overrightarrow {AC} = \left( {x – 1;y – 2} \right)$

$\eqalign{
& \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
– 3.(x + 3) + 1.(y – 1) = 0 \hfill \cr
1.(x – 1) + 2.(y – 2) = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
– 3x + y = 10 \hfill \cr
x + 2y = 5 \hfill \cr} \right. \cr} $

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {{ – 15} \over 7} \hfill \cr
y = {{25} \over 7} \hfill \cr} \right.$

Bài 2.62 trang 105

Cho tam giác ABC $\widehat {BAC} = {60^ \circ }$, AB = 4 và AC = 6.

a) Tính tích vô hướng $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} $, độ dài cạnh BC và bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC;

b) Lấy các điểm M, N định bởi: $2\overrightarrow {AM} + 3\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 $ và $\overrightarrow {NB} + x\overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 (x \ne – 1)$. Định x để AN vuông góc với BM.

Hướng dẫn

$\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos A \cr
& = 4.6.\left( {{1 \over 2}} \right) = 12 \cr} $

$\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} ) \cr
& = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} – A{B^2} = 12 – 16 = – 4 \cr
& B{C^2} = {(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} )^2} \cr
& = A{C^2} – 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + A{B^2} \cr
& = 36 – 2.12 + 16 = 28 \cr
& \Rightarrow BC = 2\sqrt {7.} \cr} $

$R = {{BC} \over {2\sin A}} = {{2\sqrt 7 } \over {2.{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {{2\sqrt {21} } \over 3}.$

$\eqalign{
& 2\overrightarrow {AM} + 3\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \cr
& \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AM} + 3(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AM} ) = \overrightarrow 0 \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {AM} = 3\overrightarrow {AC} \Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = 3\overrightarrow {AC} \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {BM} = 3\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} \cr} $

và $\eqalign{
& \overrightarrow {NB} + x\overrightarrow {NC} = \overrightarrow 0 \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AN} + x(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AN} ) = \overrightarrow 0 \cr} $

$ \Rightarrow \overrightarrow {AN} = {1 \over {x + 1}}(\overrightarrow {AB} + x\overrightarrow {AC} ).$

AN vuông góc với BM: $\overrightarrow {AN} .\overrightarrow {BM} = 0$

$\eqalign{
& \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow {AB} + x\overrightarrow {AC} } \right)(3\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} ) = 0 \cr
& \Leftrightarrow (3 – x)\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} – A{B^2} + 3xA{C^2} = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left( {3 – x} \right).12 – 16 + 3x.36 = 0 \cr
& \Leftrightarrow 96x + 20 = 0 \cr
& \Leftrightarrow x = – {5 \over {24}} \cr} $

Bài 2.63

Cho tam giác ABC có a = 12, b = 16, c = 20.

a)Tính diện tích S và chiều cao ${h_a}$ của tam giác;

b)Tính độ dài đường trung tuyến ${m_a}$ của tam giác;

c)Tính bán kính R và r của các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.

Đáp án

a) Theo công thức Hê – rông với $p = {1 \over 2}(12 + 16 + 20) = 24$

Ta có: $S = \sqrt {24\left( {24 – 12} \right)\left( {24 – 16} \right)\left( {24 – 20} \right)} = 96$

${h_a} = {{2S} \over a} = {{2.96} \over {12}} = 16$

b) $\eqalign{
& m_a^2 = {{2({b^2} + {c^2}) – {a^2}} \over 4} \cr
& = {{2\left( {{{16}^2} + {{20}^2}} \right) – {{12}^2}} \over 4} = 292 \cr} $

${m_a} = \sqrt {292} \approx 17,09$

c) $\eqalign{
& R = {{abc} \over {4S}} = {{12.16.20} \over {4.96}} = 10; \cr
& r = {S \over p} = {{96} \over {24}} = 4 \cr} $

Bài 2.64 trang 105 SBT) Toán Hình 10

Hai chiếc tàu thủy P và Q cách nhau 300m. Từ P và Q thẳng hàng với chân A của tháp hải đẳng AB trên bờ biển người ta nhìn chiều cao AB của tháp dưới các góc $\widehat {BPA} = {35^o}$ và $\widehat {BQA} = {48^ô}$

a)Tính BQ;

b)Tính chiều cao của tháp.

Bài giải

a) (Xem hình 2.34)

Ta có: $\widehat {PBQ} = {48^ \circ } – {35^ \circ } = {13^ \circ }$

Trong tam giác BPQ ta có:

${{BQ} \over {\sin P}} = {{PQ} \over {\sin B}} \Leftrightarrow {{BQ} \over {\sin {{35}^ \circ }}} = {{300} \over {\sin {{13}^ \circ }}}$

Do đó: $BQ = {{300.\sin {{35}^ \circ }} \over {\sin {{13}^ \circ }}} \approx 764,935(m)$

b) Chiều cao của tháp là

$\eqalign{
& AB = BQ\sin {48^ \circ } \cr
& \approx 764,935.\sin {48^ \circ } \approx 568,457(m) \cr} $

Bài 2.65 – Ôn tập chương 2

Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm A(7; – 3), B(8;4), C(1;5).

a) Tìm tọa độ điểm D thỏa mãn $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} $;

b) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình vuông.

Gợi ý làm bài

a) $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
8 – 7 = 1 – {x_D} \hfill \cr
4 + 3 = 5 – {y_D} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x_D} = 0 \hfill \cr
{y_D} = – 2 \hfill \cr} \right.$

Vậy D(0;-2)

b) Ta có: $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} \,(1)$

$\overrightarrow {AB} = (1;7),\overrightarrow {AD} = ( – 7;1)$

$\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = – 7 + 7 = 0\,(2)$

$\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AD} } \right| = \sqrt {1 + 49} = 5\sqrt 2 \,(3)$

Từ (1), (2), (3) =>ABCD là hình vuông.

Bài 2.66

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(1;3) và 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) Tính diện tích tam giác OAB.

Đáp số

a) Vì điểm D nằm trên Ox nên tọa độ của nó có dạng D(x;0)

Theo giả thiết DA = DB nên $D{A^2} = D{B^2}$

Do đó:

${(1 – x)^2} + {3^2} = {(4 – x)^2} + {2^2}$

$\eqalign{
& \Leftrightarrow {x^2} – 2x + 1 + 9 = {x^2} – 8x + 16 + 4 \cr
& \Leftrightarrow x = {5 \over 3} \cr} $

Vậy điểm D có tọa độ $\left( {{5 \over 3};0} \right)$

b) Gọi 2p là chu vi tam giác OAB, ta có:

$\eqalign{
& 2p = OA + OB + OC \cr
& = \sqrt {{1^2} + {3^2}} + \sqrt {{4^2} + {2^2}} + \sqrt {{3^2} + {1^2}} \cr
& = \sqrt {10} + \sqrt {20} + \sqrt {10} \cr
& = \sqrt {10} (2 + \sqrt 2 ) \cr} $

c) Ta có : $O{A^2} + A{B^2} = O{B^2}$

=> tam giác OAB vuông tại A

=> ${S_{OAB}} = {1 \over 2}OA.AB = {1 \over 2}\sqrt {10} .\sqrt {10} = 5$

Vậy diện tích tam giác OAB là 5 (đvdt)

Bài 2.67 SBT hình học 10

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;-1)

a)Tìm tọa độ điểm B đối xứng với A qua gốc tọa độ O;

b) Tìm tọa độ điểm C có tung độ bằng 2 sao cho tam giác ABC vuông ở C.

Gợi ý làm bài

(Xem hình 2.36)

a) Ta có A(2;-1), tọa độ điểm B đối xứng với A qua O là B(-2;1)

b) Ta có: C(x;2), do đó:

$\eqalign{
& \overrightarrow {CB} = ( – 2 – x; – 1); \cr
& \overrightarrow {CA} = (2 – x; – 3) \cr} $

Tam giác ABC vuông tại C nên

$\eqalign{
& \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} = 0 \cr
& \Leftrightarrow ( – 2 – x)(2 – x) + 3 = 0 \cr
& \Leftrightarrow {x^2} = 1 \cr
& \Leftrightarrow x = \pm 1 \cr} $

Vậy ta có hai điểm C(1;2) và (-1;2).

Ôn tập chương 2 hình 10: Đề toán tổng hợp. Hướng dẫn giải bài 2.55 đến bài 2.67 trang 104, 105, 106 Sách bài tập (SBT) Toán Hình 10.

Bài 2.55 trang 104

Bài 2.56 trang 104 SBT Toán hình 10

Bài 2.57 Toán hình 10

Bài 2.58

Bài 2.59 trang 105 Sách bài tập Toán 10

Bài 2.60

Bài 2.61 trang 105 Toán hình 10

Bài 2.62 trang 105

Bài 2.63

Bài 2.64 trang 105 SBT) Toán Hình 10

Bài 2.65 – Ôn tập chương 2

Bài 2.66

Bài 2.67 SBT hình học 10

Reader Interactions

Để lại phản hồi Huỷ trả lời