Đề toán tổng hợp cuối năm Sách bài tập Toán Hình học 10. Giải bài 13, 14, 15 trang 198 Sách bài tập Toán Hình học 10. Câu 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C)…
Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : \((x – 1) + {(y – 2)^2} = 4\) và hai điểm A(1 ; 4), . Viết phương trình đường thẳng d đi qua B cắt đường tròn (C) tại M, N sao cho AMN có diện tích lớn nhất.
(Xem hình 3.36)
Đường tròn (C) có tâm I(1 ; 2) và có bán kính R = 2.
Ta có \({x_A} = {x_1} = {x_B} = 1\)
Suy ra A, I, B cùng thuộc đường thẳng có phương trình x = 1.
Ta có: \(IA = \sqrt {{{\left( {1 – 1} \right)}^2} + {{\left( {4 – 2} \right)}^2}} = 2 = R\)
\(IB = \sqrt {{{\left( {1 – 1} \right)}^2} + {{\left( {{1 \over 2} – 2} \right)}^2}} = {3 \over 2} < R.\)
Suy ra điểm A nằm trên đường tròn và điểm B nằm trong hình tròn.
Gọi H và K là hình chiếu của I và A xuống đường thẳng d.
Ta có: \({{{S_{AMN}}} \over {{S_{IMN}}}} = {{AK} \over {IH}} = {{AB} \over {IB}} = {{{7 \over 2}} \over {{3 \over 2}}} = {7 \over 3}.\)
Suy ra \({S_{AMN}} = {7 \over 3}{S_{IMN}}\)
\( = {7 \over 3}.{1 \over 2}.I{\rm{I}}\sin MIN\)
\( = {{14} \over 3}\sin MIN \le {{14} \over 3}.\)
\({S_{AMN}}\) lớn nhất \( \Leftrightarrow \sin MIN = 1 \Leftrightarrow \widehat {MIN} = {90^ \circ }\)
\(\Leftrightarrow IH = {{R\sqrt 2 } \over 2} \Leftrightarrow d(I,MN) = \sqrt 2 \)
Phương trình đường thẳng MN là :
Advertisements (Quảng cáo)
\(y – {1 \over 2} = k(x – 1) \Leftrightarrow 2kx – 2y + (1 – 2k) = 0.\)
Ta có: \(\eqalign{
& d(I,MN) = \sqrt 2 \cr
& \Leftrightarrow {{\left| {2k – 4 + 1 – 2k} \right|} \over {\sqrt {4{k^2} + 4} }} = \sqrt 2 \cr} \)
\( \Leftrightarrow 3 = \sqrt {8({k^2} + 1)} \Leftrightarrow k = \pm {{\sqrt 2 } \over 4}.\)
Vậy phương trình đường thẳng d là : \(y = \pm {{\sqrt 2 } \over 4}\left( {x – 1} \right) + {1 \over 2}\).
Bài 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật biết tọa độ hai đỉnh đối diện là (1 ; -5) và (6 ; 2), phương trình của một đường chéo là 5x + 7y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật.
(Xem hình 3.37)
Đặt A(1 ; -5), C(6 ; 2) và BD có phương trình:
5x + 7y – 7 = 0.
Advertisements (Quảng cáo)
Đặt \({x_B} = 7t\) ta có \({y_B} = 1 – 5t.\)
Vậy B(7t;1 – 5t).
Suy ra: \(\overrightarrow {BA} = \left( {1 – 7t; – 6 + 5t} \right)\)
\(\overrightarrow {BC} = (6 – 7t;1 + 5t).\)
Ta có: \(\eqalign{
& \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left( {1 – 7t} \right)\left( {6 – 7t} \right) + \left( {1 + 5t} \right)\left( { – 6 + 5t} \right) = 0 \cr} \)
\(\Leftrightarrow 74{t^2} – 74t = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 0 \hfill \cr
t = 1 \hfill \cr} \right.\)
Vậy B(0 ; 1); D(7 ; -4) hoặc B(7 ; -4); D(0 ; 1).
Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB: 3x + 5y – 33 = 0; đường cao AH: 7x + y – 13 = 0; trung tuyến BM: x + 6y – 24 = 0 (M là trung điểm của AC). Tìm phương trình các cạnh còn lại của tam giác.
(Xem hình 3.38)
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{
3x + 5y – 33 = 0\,\,\,\,\,\,\,(AB) \hfill \cr
7x + y – 13 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(AH). \hfill \cr} \right.\)
Vậy A(1 ; 6)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{
3x + 5y – 33 = 0\,\,\,\,\,\,\,(AB) \hfill \cr
x + 6y – 24 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(BM) \hfill \cr} \right.\)
Vậy B(6 ; 3).
Đặt C(x;y) ta suy ra trung điểm M của AC có tọa độ \(M\left( {{{x + 1} \over 2};{{y + 6} \over 2}} \right).\)
Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \left( {x – 6;y – 3} \right)\)
\({\overrightarrow u _{AH}} = (1; – 7)\)
Ta có: \(\left\{ \matrix{
M \in BM \hfill \cr
\overrightarrow {BC} .{\overrightarrow u _{AH}} = 0 \hfill \cr} \right.\)
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{
\left( {{{x + 1} \over 2}} \right) + 6\left( {{{y + 6} \over 2}} \right) \hfill \cr
x – 6 – 7(y – 3) = 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + 6y – 11 = 0 \hfill \cr
x – 7y + 15 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = – 1 \hfill \cr
y = 2. \hfill \cr} \right.\)
Vậy C(-1 ; 2).
Phương trình cạnh BC: x – 7y + 15 = 0
Phương trình cạnh AC: 2x – y + 4 = 0.
