Câu 1 trang 98 SGK Hình học 10. Cho hai vecto \(a\) và \(b\) sao cho \(|\overrightarrow a | = 3;|\overrightarrow b | = 5;(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = {120^0}\) . Với giá trị nào của m thì hai vecto \(\overrightarrow a + m\overrightarrow b \) và \(\overrightarrow a - m\overrightarrow b \) vuông góc với nhau? Trả lời: Để hai vecto \(\overrightarrow a + m\overrightarrow b \) và \(\overrightarrow a - m\overrightarrow b \) vuông góc với nhau thì: \(\eqalign{ & (\overrightarrow a + m\overrightarrow b )(\overrightarrow a - m\overrightarrow b ) = 0 \cr & \Leftrightarrow {(\overrightarrow a )^2} - m\overrightarrow a \overrightarrow b + m\overrightarrow a \overrightarrow b - {m^2}{(\overrightarrow b )^2} = 0 \cr & \Leftrightarrow |\overrightarrow a {|^2} - m|\overrightarrow a ||\overrightarrow b |cos(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) + m|\overrightarrow a ||\overrightarrow b |cos(\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) - {m^2}|\overrightarrow b | = 0 \cr & \Leftrightarrow 9 + {{15} \over 2}m - {{15} \over 2}m - 25{m^2} = 0 \cr & \Leftrightarrow 9 - 25{m^2} = 0 \Leftrightarrow m = \pm {3 \over 5} \cr} \) Câu 2 trang 98 SGK Hình học 10. Cho tam giác \(ABC\) có hai điểm \(M,N\) sao cho \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow {AM} = \alpha \overrightarrow {AB} \hfill \cr \overrightarrow {AN} = \beta \overrightarrow {AC} \hfill \cr} \right.\) a) Hãy vẽ \(M, N\) khi \(\alpha = {2 \over 3};\beta = - {2 \over 3}\) b) Hãy tìm mối liên hệ giữa \(α, β\) để \(MN//BC\) Trả lời: a) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AM} = {2 \over 3}\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \overrightarrow {AM} \uparrow \uparrow \overrightarrow {AB} \hfill \cr AM = {2 \over 3}AB \hfill \cr} \right. \cr & \overrightarrow {AN} = - {2 \over 3}\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \overrightarrow {AN} \uparrow \downarrow \overrightarrow {AC} \hfill \cr AN = {2 \over 3}AC \hfill \cr} \right. \cr} \) b) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {AM} = \alpha \overrightarrow {AB} \cr & \overrightarrow {AN} = \beta \overrightarrow {AC} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AN} = \alpha \overrightarrow {AB} - \beta \overrightarrow {AC} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \alpha \overrightarrow {AB} - \beta \overrightarrow {AC} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \alpha (\overrightarrow {AB} - {\beta \over \alpha }\overrightarrow {AC} ),\alpha \ne 0 \cr} \) Ta cũng có: \(\overrightarrow {BC} = - (\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} )\) Do đó, để \(MN // BC\) thì \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} \hfill \cr \overrightarrow {AB} - {\beta \over \alpha }\overrightarrow {AC} \hfill \cr} \right.\) phải cùng phương, cho ta \({\beta \over \alpha } = 1 \Rightarrow \alpha = \beta \) Câu 3 trang 99 SGK Hình học 10. Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\) a) Cho \(M\) là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Tính \(MA^2+ MB^2+ MC^2\) theo \(a\) b) Cho đường thẳng \(a\) tùy ý, tìm điểm \(N\) trên đường thẳng \(d\) sao cho \(NA^2+ NB^2 + NC^2\) nhỏ nhất Trả lời: a) Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} \cr & {\overrightarrow {MA} ^2} = {(\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} )^2} = {\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OM} ^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} \cr & \Rightarrow {\overrightarrow {MA} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} (1) \cr} \) Tương tự ta có: \(\eqalign{ & M{B^2} = {\overrightarrow {MB} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OM} (2) \cr & M{C^2} = {\overrightarrow {MC} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OC.} \overrightarrow {OM} (3) \cr} \) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 6{R^2} - 2\overrightarrow {OM} (\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} )\) Tam giác \(ABC\) là tam giác đều nội tiếp đường tròn tâm \(O\) nên \(O\) cũng là trọng tâm của tam giác \(ABC\), cho ta \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow 0\) Vậy \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 6{R^2} \) Vì đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh \(a\) nên ta có: \(a = R\sqrt3 ⇒ 6R^2= 2(R\sqrt3)^2\) Vậy \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 2a^2\) b) Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {NA} = \overrightarrow {NG} + \overrightarrow {GA} \cr & \Rightarrow {\overrightarrow {NA} ^2} = {\overrightarrow {GA} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GA} + {\overrightarrow {GA} ^2} \cr} \) Tương tự ta có: \(\eqalign{ & {\overrightarrow {NB} ^2} = {\overrightarrow {NG} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GB} + {\overrightarrow {GB} ^2} \cr & {\overrightarrow {NC} ^2} = {\overrightarrow {NG} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GC} + {\overrightarrow {GC} ^2} \cr & \Rightarrow N{A^2} + N{B^2} + N{C^2} = 3N{G^2} + 2\overrightarrow {NG} (\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} ) + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} \cr} \) Vì \(G\) là trọng tâm của tam giác ⇒ \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \) \(\eqalign{ & {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2} = 3G{A^2} = 3.{({2 \over 3}.{{a\sqrt 3 } \over 2})^2} = {a^2} \cr & \Rightarrow N{A^2} + N{B^2} + N{C^2} = {a^2} + 3N{G^2} \cr} \) \(a^2\) là số không đổi nên tổng \(N{A^2} + N{B^2} + N{C^2}\) nhỏ nhất khi \(NG\) đạt giá trị nhỏ nhất. Vì \(NG\) là khoảng cách từ \(G\) đến điểm \(N\) thuộc đường thẳng \(d\) nên \(NG\) nhỏ nhất khi \(NG⊥d\) hay \(N\) là hình chiếu của trọng tâm \(G\) trên đường thẳng \(d\). Câu 4 trang 99 SGK Hình học 10. Cho tam giác \(ABC\) đều có cạnh bằng \(6cm\). Một điểm \(M\) nằm trên cạnh \(BC\) sao cho \(BM = 2cm\) a) Tính độ dài của đoạn thẳng \(AM\) và tính cosin của góc \(BAM\) b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) c) Tính độ dài đường trung tuyến vẽ từ \(C\) của tam giác \(ACM\) d) Tính diện tích tam giác \(ABM\) Trả lời: a) Ta có: \(\eqalign{ & A{M^2} = B{A^2} + B{M^2} - 2BA.BM.\cos\widehat {ABM} \cr & \Rightarrow A{M^2} = 36 + 4 - 2.6.2.{1 \over 2} \cr & \Rightarrow A{M^2} = 28 \Rightarrow AM = 2\sqrt 7 (cm) \cr} \) Ta cũng có: \(\eqalign{ & \cos \widehat {BAM }= {{A{B^2} + A{M^2} - B{M^2}} \over {2AB.AM}} \cr & \Rightarrow \cos\widehat { BAM }= {{5\sqrt 7 } \over {14}} \cr} \) b) Trong tam giác \(ABM\), theo định lí Sin ta có: \(\eqalign{ & {{AM} \over {\sin \widehat {ABM}}} = 2R \Leftrightarrow R = {{AM} \over {2\sin \widehat {ABM}}} \cr & R = {{2\sqrt 7 } \over {2\sin {{60}^0}}} = {{2\sqrt {21} } \over 3}(cm) \cr} \) c) Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có: \(\eqalign{ & C{P^2} = {{C{A^2} + C{M^2}} \over 2} - {{A{M^2}} \over 4} \cr & \Rightarrow C{P^2} = {{36 + 16} \over 2} - {{28} \over 4} \cr & \Rightarrow C{P^2} = 19 \Rightarrow CP = \sqrt {19} \cr}\) d) Diện tích tam giác \(ABM\) là: \(S = {1 \over 2}BA.BM\sin \widehat {ABM} = {1 \over 2}6.2\sin {60^0} = 3\sqrt 3 (c{m^2})\) Câu 5 trang 99 SGK Hình học 10. Chứng minh rẳng trong mọi tam giác ABC ta đều có: a) \(a = b \cos C + c \cos B\) b) \(\sin A = \sin B.\sin C + \sin C.\cos B\) c) \(h_a= 2R.\sin B\sin C\) Trả lời: a) Trong tam giác \(ABC\), theo định lí cosin ta có: \(\left\{ \matrix{ \cos C = {{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}} \hfill \cr \cos B = {{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \hfill \cr} \right.\) Ta có: \(\eqalign{ & b\cos C + c\cos B = b({{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}}) + c({{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}}) \cr & = {{2{a^2} + {b^2} - {c^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2a}} \cr} \) Vậy \(a = b \cos C + c \cos B\) b) Trong tam giác \(ABC\) , theo định lí sin: \(\eqalign{ & {a \over {\sin A}} = {b \over {{\mathop{\rm sinB}\nolimits} }} = {c \over {\sin C}} = 2R \cr & \Rightarrow \sin A = {a \over {2R}},\sin B = {b \over {2R}},\sin C = {c \over {2R}} \cr} \) Ta có: \(\eqalign{ & \sin B\cos C + \sin C\cos B \cr & = {b \over {2R}}.{{{a^2} + {b^2} - {c^2}} \over {2ab}} + {c \over {2R}}.{{{a^2} + {c^2} - {b^2}} \over {2ac}} \cr & = {a \over {2R}} = \sin A \cr} \) c) Ta lại có: \(a.{h_a} = 2S \Rightarrow {h_a} = {{2S} \over a}\) mà \(S = {{abc} \over {4R}} \Rightarrow {h_a} = {{2bc} \over {4R}} = {{bc} \over {2R}}(2)\) Thế \(b = 2RsinB, c = 2Rsin C\) vào (2) ta được: \({h_a} = {{2R{\mathop{\rm sinB}\nolimits} .2RsinC} \over {2R}} \Rightarrow {h_a} = 2R\sin B\sin C\) Câu 6 trang 99 SGK Hình học 10. Cho các điểm \(A(2; 3); B(9; 4); M(5; y); P(x; 2)\) a) Tìm \(y\) để tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\) b) Tìm \(x\) để ba điểm \(A, P\) và \(B \)thẳng hàng Trả lời: a) Ta có: \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow {MA} = ( - 3;3 - y) \hfill \cr \overrightarrow {MB} = (4;4 - y) \hfill \cr} \right.\) Tam giác \(AMB\) vuông tại \(M\) nên \(\overrightarrow {MA} \bot \overrightarrow {MB} \) Suy ra: \(\eqalign{ & - 3.4{\rm{ }} + \left( {3-y} \right)\left( {4-y} \right) = 0 \cr & \Leftrightarrow {y^2} - 7y = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ y = 0 \hfill \cr y = 7 \hfill \cr} \right. \cr} \) b) Ta có: \(\left\{ \matrix{ \overrightarrow {AP} = (x - 2, - 1) \hfill \cr \overrightarrow {AB} = (7,1) \hfill \cr} \right.\) Để ba điểm \(A, P\) và \(B\) thẳng hàng thì \(\overrightarrow {AP} = k\overrightarrow {AB} \) \( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x - 2 = 7k \hfill \cr - 1 = k \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = - 5 \hfill \cr k = - 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow x = - 5\) Câu 7 trang 99 SGK Hình học 10. Cho tam giác \(ABC\) với \(H\) là trực tâm. Biết phương trình của đường thẳng \(AB, BH\) và \(AH\) lần lượt là: \(4x + y – 12 = 0, 5x – 4y – 15 = 0\) và \(2x + 2y – 9 = 0\) Hãy viết phương trình hai đường thẳng chứa hai cạnh còn lại và đường cao thứ ba. Trả lời: Tọa độ đỉnh \(A\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \matrix{ 4x + y - 12 = 0 \hfill \cr 2x + 2y - 9 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow A({5 \over 2},2)\) Đường thẳng \(BH : 5x – 4y – 15 = 0\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = (4,5)\) Cạnh \(AC\) vuông góc với \(BH\) nên nhận vecto u làm một vecto pháp tuyến, \(AC\) đi qua \(A({5 \over 2},2)\) và có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow u = (4,5)\) nên có phương trình là: \(4.(x - {5 \over 2}) + 5(y - 2) = 0 \Leftrightarrow 4x + 5y - 20 = 0\) Tương tự, tọa độ đỉnh \(B\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \matrix{ 4x + y - 12 = 0 \hfill \cr 6x - 4y - 15 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow B(3,0)\) \(AH: 2x + 2y – 9 = 0\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow v = ( - 2,2) = 2( - 1,1)\) \(BC\) vuông góc với \(AH\) nên nhận vecto \(\overrightarrow {v'} = ( - 1,1)\) làm vecto pháp tuyến, phương trình \(BC\) là: \( - 1(x - 3) + (y - 0) = 0 \Leftrightarrow x - y - 3 = 0\) Tọa độ \(H\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ 5x - 4y - 15 = 0 \hfill \cr 2x + 2y - 9 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow H({{11} \over 3},{5 \over 6})\) Đường cao \(CH\) đi qua \(H\) và vuông góc với \(AB\) Hoàn toàn tương tự, ta viết được phương trình của \(CH\): \(CH: 3x – 12y – 1= 0\) Câu 8 trang 99 SGK Hình học 10. Lập phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng \(Δ :4x + 3y – 2 = 0\) và tiếp xúc với đường thẳng \(d_1: x + y – 4 = 0\) và \(d_2: 7x – y + 4 = 0\) Trả lời: Ta biết đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của một góc tù thì có tâm nằm trên đường phân giác của góc đó. Tâm \(I\) của đường tròn cần tìm là giao điểm của \(Δ\) với các đường phân giác của các góc đo do hai đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\) tạo thành. Phương trình hai đường thẳng phân giác của các góc do \(d_1\) và \(d_2\) tạo thành là: \({{x + y + 4} \over {\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \pm {{7x - y + 4} \over {\sqrt {{7^2} + {1^2}} }}\) Rút gọn, ta được phương trình hai phân giác: \(p_1: x – 3y – 8 = 0\) \(p_2: 3x + y + 8 = 0\) Tâm \(I \) của đường tròn có tọa độ là nghiệm của hệ: \((I)\left\{ \matrix{ x - 3y - 8 = 0 \hfill \cr 4x + 3y - 2 = 0 \hfill \cr} \right.;(II)\left\{ \matrix{ 3x + y + 8 = 0 \hfill \cr 4x + 3y - 2 = 0 \hfill \cr} \right.\) Hệ (I) cho ta nghiệm là \(I_1(2; -2)\) Hệ (II) cho ta nghiệm là \(I_2(-4; 6)\) Bán kính \(R\) là khoảng cách từ \(I\) đến một cạnh, tức là đến đường thẳng \(d_1\) (hoặc \(d_2\)) nên: _ Với tâm \(I_1 (2; -2)\) \( \Rightarrow {R_1} = {{|2 - 2 + 4|} \over {\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \) Và được đường tròn \((C_1): (x – 2)^2+ (y + 2)^2= 8\) _ Với tâm \(I_2(-4; 6)\) \( \Rightarrow {R_2} = {{| - 4 + 6 + 4|} \over {\sqrt 2 }} = 3\sqrt 2 \) Và được đường tròn \((C_2): (x + 4)^2+ (y – 6)^2= 18\) Câu 9 trang 99 SGK Hình học 10. Cho elip \((E)\) có phương trình: \({{{x^2}} \over {100}} + {{{y^2}} \over {36}} = 1\) a) Hãy xác định tọa độ các đỉnh, các tiêu điểm của elip \((E)\) và vẽ elip đó b) Qua tiêu điểm của elip dựng đường thẳng song song với \(Oy\) và cắt elip tại hai điểm \(M\) và \(N\). Tính độ dài đoạn thẳng \(MN\). Trả lời: a) Ta có: \(a^2= 100 ⇒ a = 10\) \(b^2= 36 ⇒ b = 6\) \(c^2= a^2– b^2= 64 ⇒ c = 8\) Từ đó ta được: \(A_1(-10; 0), A_2(10; 0), B_1(0; -3), B_2(0;3), F_1(-8; 0), F_2(8; 0)\) b) Thế \(x = 8\) vào phương trình của elip ta được: \({{64} \over {100}} + {{{y^2}} \over {36}} = 1 \Rightarrow y = \pm {{18} \over 5}\) Ta có: \({F_2}M = {{18} \over 5} \Rightarrow MN = {{36} \over 5}\)
