Đề toán tổng hợp cuối năm Sách bài tập Toán Hình học 10. Giải bài 19, 20, 21, 22 trang 199 Sách bài tập Toán Hình học 10. Câu 19: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(2;-1)…
Bài 19: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(2;-1), phương trình một đường chéo là x – 7y + 15 = 0 và độ dài cạnh AB = \(3\sqrt 2 \). Tìm tọa độ các đỉnh A, C, D biết ${y_B}$ là số nguyên
(Xem hình 3.42)
Do tọa độ A không thỏa mãn phương trình đường thẳng x – 7y + 15 = 0 nên phương trình đường chéo BD là : x – 7y + 15 = 0, tọa độ điểm B là B(7t – 15;t).
Ta có : \(AB = 3\sqrt 2 \Leftrightarrow {\left( {7t – 17} \right)^2} + {\left( {t + 1} \right)^2} = 18\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow 50{t^2} – 236t + 272 = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = 2 \hfill \cr
t = {{68} \over {25}}\,\,\,(*) \hfill \cr} \right. \cr} \)
( (*) loại)
Vậy B(-1 ; 2)
Ta có \({\overrightarrow n _{AD}} = \overrightarrow {AB} = ( – 3;3) = – 3(1; – 1)\)
Phương trình đường thẳng AD là : \(\eqalign{
& 1.(x – 2) – 1.(y + 1) = 0 \cr
& \Leftrightarrow x – y – 3 = 0. \cr} \)
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
\(\left\{ \matrix{
x – y – 3 = 0 \hfill \cr
x – 7y + 15 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 6 \hfill \cr
y = 3. \hfill \cr} \right.\)
Vậy D(6 ; 3).
Ta có AC và BD cắt nhau tại trung điểm I.
Suy ra: \(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{{{x_C} + {x_A}} \over 2} = {{{x_B} + {x_D}} \over 2} = {5 \over 2} \hfill \cr
{{{y_C} + {y_A}} \over 2} = {{{y_B} + {y_D}} \over 2} = {5 \over 2} \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
{x_C} = 3 \hfill \cr
{y_C} = 6. \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy C(3 ; 6).
Bài 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn: (C1) : \({x^2} + {y^2} + 10x = 4\) và (C2) : \({x^2} + {y^2} – 4x – 2y – 20 = 0\) có tâm lần lượt là I, J.
a) Viết phương trình đường tròn (C) đi qua giao điểm của (C1) , (C2) và có tâm nằm trên đường thẳng d: x – 6y + 6 = 0.
b) Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2). Gọi \({T_1},{T_2}\) lần lượt là tiếp điểm của (C1) , (C2) với một tiếp tuyến chung, hãy viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) qua trung điểm của \({T_1},{T_2}\) và vuông góc với IJ.
(Xem hình 3.43)
a) (C1) có tâm I(-5 ; 0), bán kính \({R_1} = 5\). (C2) có tâm I(2 ; 1), bán kính \({R_2} = 5\)
Tọa độ của giao điểm A, B của (C1) và (C2) là nghiệm của hệ phương trình:
Advertisements (Quảng cáo)
\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{x^2} + {y^2} + 10x = 0 \hfill \cr
{x^2} + {y^2} – 4x – 2y – 20 = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
14x + 2y + 20 = 0 \hfill \cr
{x^2} + {y^2} + 10x = 0 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Ta được A(-1 ; -3), B(-2 ; 4).
Gọi K là tâm của (C) ta có \(KA = KB = R \Rightarrow K \in IJ.\)
Phương trình IJ là : x – 7y + 5 = 0.
Tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{
x – 7y + 5 = 0 \hfill \cr
x – 6y + 6 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = – 12 \hfill \cr
y = – 1 \hfill \cr} \right.\)
Vậy K(-12 ; -1). Ta có \({R^2} = K{A^2} = 125.\)
Vậy phương trình của đường tròn (C) là : \({\left( {x + 12} \right)^2} + {\left( {y + 1} \right)^2} = 125.\)
b) \({R_1} = {R_2} = 5\)
=> tiếp tuyến chung \(l\) của (C1) và (C2) song song với IJ. Phương trình \(l\) có dạng :
x – 7y + c = 0.
Ta có: \(d(I,l) = {R_1}\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {{\left| { – 5 + c} \right|} \over {\sqrt {1 + 49} }} = 5 \cr
& \Leftrightarrow \left| {c – 5} \right| = 25\sqrt 2 \cr
& \Leftrightarrow c = 5 \pm 25\sqrt 2 . \cr} \)
Vậy phương trình của hai tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) là :
\(x – 7y + 5 \pm 25\sqrt 2 = 0.\)
Advertisements (Quảng cáo)
Đường thẳng AB đi qua trung điểm M của \({T_1}{T_2}\) và vuông góc với IJ.
Phương trình của AB là : 7x + y + 10 = 0.
Bài 21: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của elip (E) biết (E) có tiêu điểm \({F_1}\left( { – 2;0} \right)\) và diện tích hình chữ nhật cơ sở bằng \(12\sqrt 5 \)
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm là gốc tọa độ và (C) cắt (E) tại bốn điểm tạo thành hình vuông.
(Xem hình 3.44)
Phương trình elip có dạng: \((E):{{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1.\)
Ta có tiêu điểm \({F_1}\left( { – 2;0} \right)\). Suy ra c = 2.
Diện tích hình chữ nhật cơ sở ABCD là 4ab. Suy ra \(4ab = 12\sqrt 5 \)
Ta có : \({a^2} = {b^2} + {c^2} = {b^2} + 4.\)
Giải hệ phương trình :
\(\left\{ \matrix{
ab = 3\sqrt 5 \hfill \cr
{a^2} = {b^2} + 4 \hfill \cr} \right.\)
Ta được:
\(\left\{ \matrix{
a = 3 \hfill \cr
b = \sqrt 5 . \hfill \cr} \right.\)
Vậy phương trình elip là : \({{{x^2}} \over 9} + {{{y^2}} \over 5} = 1.\)
Đường tròn (C) tâm O, bán kính R cắt elip tại bốn điểm M, N, P, Q.
Ta có MNPQ là hình vuông suy ra phương trình đường thẳng OM là : y = x.
Thay y = x vào phương trình elip ta được:
\({R^2} = O{M^2} = x_M^2 + y_M^2 = {{45} \over 7}.\)
Vậy phương trình đường tròn (C) là : \({x^2} + {y^2} = {{45} \over 7}\)
Bài 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có \({x_A} = 2\), điểm C và trung điểm K của AD cùng thuộc trục Oy, tâm I thuộc trục Ox, AD = 2AB. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết rằng K có tung độ âm.
(Xem hình 3.45)
Đặt A(2 ; a); K(0 ; k); C(0 ; c); I(1 ; 0) là tọa độ các điểm đã cho ta có:
\({{a + c} \over 2} = 0 \Rightarrow c = – a.\)
\(AD = 2AB \Rightarrow AK = 2KI.\) Ta có: \(\overrightarrow {AK} = ( – 2;k – 1),\,\overrightarrow {IK} = ( – 1;k)\)
\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AK} .\overrightarrow {IK} = o \hfill \cr
\left| {\overrightarrow {AK} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {IK} } \right| \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
2 + k(k – a) = 0 \hfill \cr
{\overrightarrow {AK} ^2} = 4{\overrightarrow {IK} ^2} \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
k – a = – {k \over 2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \hfill \cr
4 + {(k – a)^2} = 4(1 + {k^2})\,\,\,\,(2) \hfill \cr} \right.\)
Thay (1) vào (2) ta được:
\(\eqalign{
& 4 + {4 \over {{k^2}}} = 4\left( {1 + {k^2}} \right) \cr
& \Leftrightarrow 4{k^2} + 4 = 4{k^2} + 4{k^4} \cr
& \Leftrightarrow {k^2} = 1 \Leftrightarrow k = – 1\,\,(k < 0). \cr} \)
Suy ra a = -3.
Vậy A(2 ; -3), C(0 ; 3) và K(0 ; -1).
Ta có:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow {AK} \Rightarrow \left\{ \matrix{
{x_D} – 2 = 2.(0 – 2) \hfill \cr
{y_D} + 3 = 2.( – 1 + 3) \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
{x_D} = 2 \hfill \cr
{y_D} = 1. \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy D(-2 ; 1)
Ta có: \(\eqalign{
& \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DI} \Rightarrow \left\{ \matrix{
{x_B} + 2 = 2.(1 + 2) \hfill \cr
{y_B} – 1 = 2.(0 – 1) \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
{x_B} = 4 \hfill \cr
{y_B} = – 1. \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy B(4 ; -1).
