Trang Chủ Sách bài tập lớp 10 SBT Toán 10

Bài 2.55, 2.56, 2.57, 2.58 trang 104, 105 SBT Toán Hình học 10: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A( – 5;6), B( – 4; – 1), C(4;3). Tính tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

CHIA SẺ
Bài đề toán tổng hợp chương II Sách bài tập Toán Hình học 10. Giải bài 2.55, 2.56, 2.57, 2.58 trang 104, 105 Sách bài tập Toán Hình học 10. Câu 2.55: Cho hình bình hành ABCD có AB = 3a, AD = 5a, góc BAD bằng…

Bài 2.55: 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.

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: 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

a) Gọi H(x; y). Ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AH} = (x + 5;y – 6) \cr
& \overrightarrow {CH} = (x – 4;y – 3) \cr} \)

\(\eqalign{
& \overrightarrow {BC} = (8;4) \cr
& \overrightarrow {AB} = (1; – 7) \cr} \)

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: 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.

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: 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: \(\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GC} \)

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) \(\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GC}  = (\overrightarrow {GO}  + \overrightarrow {OA} )(\overrightarrow {GO}  + \overrightarrow {OC} )\)

\( = \left( {\overrightarrow {GO}  + \overrightarrow {OA} } \right)\left( {\overrightarrow {GO}  – \overrightarrow {OA} } \right) = {\overrightarrow {GO} ^2} – {\overrightarrow {OA} ^2}\)

\( = {\left( {{1 \over 3}.{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} – {\left( {{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} =  – 4{a^2}\)