Bài 2.55 trang 104 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10. 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. Gợi ý làm bài a) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = AB.AD.cos\widehat {DAB} \cr & = 3a.5a.\cos {120^0} = - {{15{a^2}} \over 2} \cr} \) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} = (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} )(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} ) \cr & = A{D^2} - A{B^2} = 16{a^2} \cr} \) b) \(\eqalign{ & {\overrightarrow {BD} ^2} = {(\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} )^2} = A{D^2} + A{B^2} - 2\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \cr & = 49{a^2} = > BD = 7a \cr} \) 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 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 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 Gợi ý làm bài 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 trang 105 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 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. Gợi ý làm bài 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 trang 105 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10. 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 (SBT) Toán Hình học 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: \({k^2} = bc - de\) Gợi ý làm bài 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 trang 105 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10. 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. Gợi ý làm bài 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 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 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. Gợi ý làm bài 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 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10. 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. Gợi ý làm bài a) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos A \cr & = 4.6.\left( {{1 \over 2}} \right) = 12 \cr} \) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} ) \cr & = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - A{B^2} = 12 - 16 = - 4 \cr & B{C^2} = {(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )^2} \cr & = A{C^2} - 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + A{B^2} \cr & = 36 - 2.12 + 16 = 28 \cr & \Rightarrow BC = 2\sqrt {7.} \cr} \) \(R = {{BC} \over {2\sin A}} = {{2\sqrt 7 } \over {2.{{\sqrt 3 } \over 2}}} = {{2\sqrt {21} } \over 3}.\) b) \(\eqalign{ & 2\overrightarrow {AM} + 3\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AM} + 3(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AM} ) = \overrightarrow 0 \cr & \Rightarrow \overrightarrow {AM} = 3\overrightarrow {AC} \Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = 3\overrightarrow {AC} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {BM} = 3\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \cr} \) 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 trang 105 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10. 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. Gợi ý làm bài 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 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 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. Gợi ý làm bài 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 trang 106 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10. 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 trang 106 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10. 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. Gợi ý làm bài 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 trang 106 Sách bài tập (SBT) Toán 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).
