Giải SBT Ôn tập Chương 3 – Hình học 10

Bài 3.37 trang 160

Cho ba điểm A(2;1), B(0;5), C(-1;-10).

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

b) Chứng minh I, G, H thẳng hàng.

c) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Trả lời

a) + Trọng tâm \(G\left( { – 1; – {4 \over 3}} \right)\)

+ Tọa độ trực tâm H(x;y)

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AH} (x – 2;y – 1) \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = (x – 2).( – 5) + (y – 1).( – 15) \cr} \)

\(\eqalign{
& \overrightarrow {BH} = (x;y – 5) \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {CA} = x.( – 7) + (y – 5).( – 11) \cr} \)

Do  là trực tâm

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {CA} = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
(x – 2).( – 5) + (y – 1).( – 15) = 0 \hfill \cr
x.( – 7) + (y – 5).( – 11) = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 11 \hfill \cr
y = – 2 \hfill \cr} \right. \cr} \)

+ Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp I(x;y)

\(AI_{}^2 = (x – 2)_{}^2 + (y – 1)_{}^2\)

\(BI_{}^2 = x_{}^2 + (y – 5)_{}^2\)

\(CI_{}^2 = (x + 5)_{}^2 + (y + 10)_{}^2\)

Ta có:

\(\eqalign{
& AI_{}^2 = BI_{}^2 = CI_{}^2 \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
AI_{}^2 = BI_{}^2 \hfill \cr
BI_{}^2 = CI_{}^2 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
(x – 2)_{}^2 + (y – 1)_{}^2 = x_{}^2 + (y – 5)_{}^2 \hfill \cr
x_{}^2 + (y – 5)_{}^2 = (x + 5)_{}^2 + (y + 10)_{}^2 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = – 7 \hfill \cr
y = – 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

b) Ta có: \(\overrightarrow {IH} (18; – 1)\), \(\overrightarrow {IG} \left( {6; – {1 \over 3}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {IH}  = 3\overrightarrow {IG} \) suy ra I,G,H thẳng hàng.

c) Ta có:

\(R = IA = \sqrt {( – 7 – 2)_{}^2 + ( – 1 – 1)_{}^2}  = \sqrt {85} \)

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: \((x + 7)_{}^2 + (y + 1)_{}^2 = 85\)

---

Bài 3.38 trang 161 Toán Hình 10

Cho đường thẳng \(\Delta \) có phương trình tham số 

\(\left\{ \matrix{
x = 2 – 3t \hfill \cr
y = t. \hfill \cr} \right.\)

a) Hai điểm A(-7;3) và B(2;1) có nằm trên \(\Delta \) không ?

b) Tìm tọa độ giao điểm của \(\Delta \) với hai trục Ox và Oy.

c) Tìm trên \(\Delta \) điểm M sao cho đoạn BM ngắn nhất.

Bài giải

a) Thay tọa độ A, B vào phương trình tham số của \(\Delta \) ta có: \(A \in \Delta ,B \notin \Delta \)

b) Trục Oy : x = 0 thay vào phương trình tham số

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
0 = 2 – 3t \hfill \cr
y = t \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow y = {2 \over 3}\)

Vậy giao điểm của \(\Delta \) và Oy là \(\left( {0;{2 \over 3}} \right)\).

Ox : y = 0 thay vào phương trình tham số

\( \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = 2 – 3t \hfill \cr
0 = t \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow x = 2\)

Vậy giao điểm của \(\Delta \) và Ox là (0;2).

c) Vì \(M \in \Delta \) nên tọa độ M có dạng \(\left( {2 – 3t;t} \right)\)

\(\overrightarrow {BM}  = \left( { – 3t;t – 1} \right)\)

\({\overrightarrow u _\Delta } = ( – 3;1).\)

Ta có : BM ngắn nhất

\( \Leftrightarrow BM \bot {\overrightarrow u _\Delta } \Leftrightarrow 9t + t – 1 = 0 \Leftrightarrow t = {1 \over {10}}.\)

Vậy điểm M thỏa mãn đề bài có tọa độ là \(\left( {{{17} \over {10}};{1 \over {10}}} \right).\)

---

Bài 3.39 trang 161

Cho hình chữ nhật ABCD. Biết A(3;0), B(-3;3) và phương trình đường thẳng chứa cạnh CD : x + 2y – 8 = 0. Tìm phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại.

Gợi ý làm bài

AB:x + 2y – 3 = 0;

AD:2x – y – 6 = 0;

BC:2x – y + 9 = 0.

---

Bài 3.40 trang 161 SBT Toán 10

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng \(\Delta x – y + 2 = 0\) và điểm A(2;0).

a) Chứng mình rằng hai điểm A và O nằm về cùng một phía đối với đường thẳng .

b) Tìm điểm M trên \(\Delta \) sao cho độ dài đường gấp khúc OMA ngắn nhất.

Ta có:

\(\Delta \left( O \right) = 2 > 0\)

\(\Delta \left( A \right) = 2 + 2 > 0\)

Vậy A và O nằm về cùng một phía đối với \(\Delta \)

b) Gọi O’ là điểm đối xứng của O qua \(\Delta \), ta có:

\(OM + MA = O’M + MA \ge O’A\)

Ta có : OM + MA ngắn nhất

\( \Leftrightarrow O’,M,A\) thẳng hàng

Xét đường thẳng d đi qua O và vuông góc với  \(\Delta \) . Phương trình của d là:

x + y = 0

d cắt \(\Delta \) tại H(-1;1).

H là trung điểm của OO’ suy ra \(O’\left( { – 2;2} \right)\)

Phương trình đường thẳng O’A là: x + 2y – 2 = 0

Giải hệ phương trình

\(\left\{ \matrix{
x + 2y = 2 \hfill \cr
x – y = – 2 \hfill \cr} \right.\)

ta được \(M = \left( { – {2 \over 3};{4 \over 3}} \right).\)

---

Bài 3.41 trang 161 SBT Hình 10

Cho ba điểm A(3;5), B(2;3), C(6;2).

a) Viết phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC.

b) Hãy xác định tọa độ của tâm và bán kính của (C).

Đáp án

a)  (C)  : \({x^2} + {y^2} – {{25} \over 3}x – {{19} \over 3}y + {{68} \over 3} = 0.\)

b)  (C)  có tâm \(I\left( {{{25} \over 6};{9 \over 6}} \right)\) và bán kính \(R = \sqrt {{{85} \over {18}}} .\)

---

Bài 3.42 trang 161

Cho phương trình \({x^2} + {y^2} – 2mx – 4(m – 2)y + 6 – m = 0\,(1)\)

a) Tìm điều kiện của m để (1) là phương tình của đường tròn, ta kí hiệu là (C m).

b) Tìm tập hợp các tâm của (C m) khi m thay đổi.

Hướng dẫn

a) (1) là phương trình của đường tròn khi và chỉ khi:

\(\eqalign{
& {a^2} + {b^2} – c > 0 \cr
& \Leftrightarrow {m^2} + 4{(m – 2)^2} – 6 + m > 0 \cr} \)

\( \Leftrightarrow 5m – 15m + 10 > 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
m < 1 \hfill \cr
m > 2. \hfill \cr} \right.\)

b) ( C m ) có tâm I(x;y) thỏa mãn:

\(\left\{ \matrix{
x = m \hfill \cr
y = 2(m – 2) \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow y = 2x – 4.\)

Vậy tập hợp các tâm của  (C m)  là một phần của đường thẳng \(\Delta :y = 2x – 4\)  thỏa mãn điều kiện giới hạn : x<1 hay x>2

---

Bài 3.43 SBT Hình 10

Lập phương trình chính tắc của elip (E) trong mỗi trường hợp sau:

a) Một đỉnh là (0;-2) và một tiêu điểm là (-1;0) ;

b) Tiêu cự bằng 6, tỉ số \({c \over a}\) bằng \({3 \over 5}\).

HD trả lời

a) \((E):{{{x^2}} \over 5} + {{{y^2}} \over 4} = 1\);

b) \((E):{{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over {16}} = 1.\)

---

Bài 3.44 trang 161 Sách bài tập (SBT) Toán Hình lớp 10

Cho elip (E) : \({{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) và đường thẳng  \(\Delta \) thay đổi có phương trình tổng quát Ax + By + C = 0 luôn thỏa mãn \(25{A^2} + 9{B^2} = {C^2}\). Tính tích khoảng cách từ hai tiêu điểm  \({F_1}\), \({F_2}\) của (E) đến đường thẳng \(\Delta \)

Lời giải

\((E):{{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\)

Ta có:

\({a^2} = 25,{b^2} = 9 \Rightarrow {c^2} = {a^2} – {b^2} = 16\)

\( \Rightarrow c = 4.\)

Vậy (E) có hai tiêu điểm là \({F_1}\left( { – 4;0} \right)\) và \({F_2}\left( {4;0} \right)\). Ta có :

\({d_1} = d({F_1},\Delta ) = {{\left| { – 4A + C} \right|} \over {\sqrt {{A^2} + {B^2}} }}\)

\({d_2} = d({F_2},\Delta ) = {{\left| {4A + C} \right|} \over {\sqrt {{A^2} + {B^2}} }}\)

Suy ra:

\({d_1}{d_2} = {{\left| {{C^2} – 16{A^2}} \right|} \over {{A^2} + {B^2}}}.\,\,\,(1)\)

Thay \({C^2} = 25{A^2} + 9{B^2}\) vào (1) ta được :

\(\eqalign{
& {d_1}{d_2} = {{\left| {25{A^2} + 9{B^2} – 16{A^2}} \right|} \over {{A^2} + {B^2}}} \cr
& = {{9({A^2} + {B^2})} \over {{A^2} + {B^2}}} \cr} \)

Vậy \({d_1}{d_2} = 9.\)

---

Bài 3.45 trang 161 Toán hình 10

Cho elip (E): \({x^2} + 4{y^2} = 16\).

a) Xác định tọa độ các tiêu điểm và các đỉnh của elip (E).

b) Viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua điểm \(M\left( {1;{1 \over 2}} \right)\) và vectơ pháp tuyến \(\overrightarrow n  = (1;2)\)

c) Tìm tọa độ giao điểm A và B của đường thẳng \(\Delta \) và elip (E). Chứng minh MA = MB.

Gợi ý làm bài

a) \(\eqalign{
& (E):{x^2} + 4{y^2} = 16 \cr
& \Leftrightarrow {{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 4} = 1. \cr} \)

Ta có:

\(\eqalign{
& {a^2} = 16,{b^2} = 4 \cr
& \Rightarrow {c^2} = {a^2} – {b^2} = 12 \cr} \)

\( \Rightarrow c = 2\sqrt 3 .\)

Vậy (E) có hai tiêu điểm: \({F_1}\left( { – 2\sqrt 3 ;0} \right)\) và \({F_2}\left( {2\sqrt 3 ;0} \right)\)

và các đỉnh \({A_1}\left( { – 4;0} \right)\), \({A_2}\left( {4;0} \right)\), \({B_1}\left( {0; – 2} \right)\), \({B_2}\left( {0;2} \right)\)

b) Phương trình \(\Delta \)  có dạng :

\(1.(x – 1) + 2.(y – {1 \over 2}) = 0\)

hay \(x + 2y – 2 = 0\)

c) Tọa độ của giao điểm của \(\Delta \) và (E) là nghiệm của hệ :

\(\left\{ \matrix{
{x^2} + 4{y^2} = 16\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \hfill \cr
x = 2 – 2y.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \hfill \cr} \right.\)

Thay (2) vào (1) ta được :

\({\left( {2 – y} \right)^2} + 4{y^2} = 16\)

\( \Leftrightarrow {(1 – y)^2} + {y^2} = 4\)

\( \Leftrightarrow 2{y^2} – 2y – 3 = 0.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\)

Phương trình (3) có hai nghiệm \({y_A}\), \({y_B}\) thỏa mãn

\({{{y_A} + {y_B}} \over 2} = {2 \over 4} = {1 \over 2} = {y_M}.\)

 Vậy MA = MB.

Ta có: \({y_A} = {{1 – \sqrt 7 } \over 2}\), \({y_B} = {{1 + \sqrt 7 } \over 2}\)

\({x_A} = 1 + \sqrt 7 \), \({x_B} = 1 – \sqrt 7 \)

Vậy A có tọa độ là \(\left( {1 + \sqrt 7 ;{{1 – \sqrt 7 } \over 2}} \right)\), B có tọa độ là \(\left( {1 – \sqrt 7 ;{{1 + \sqrt 7 } \over 2}} \right).\)