Trang Chủ Sách bài tập lớp 10 SBT Toán 10

Bài 9, 10, 11, 12 trang 197, 198 SBT Toán Hình học 10: Tìm điểm A sao cho I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ?

CHIA SẺ
Đề toán tổng hợp cuối năm Sách bài tập Toán Hình học 10. Giải bài 9, 10, 11, 12 trang 197, 198 Sách bài tập Toán Hình học 10. Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C)…

Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : \({(x – 5)^2} + {(y – 3)^2} = 4\). Và điểm A(1 ; 2), một đường thẳng d đi qua A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài bằng \(2\sqrt 3 \). Viết phương trình của d.

(Xem hình 3.32)

Đường tròn (C) có tâm I(5 ; 3) và có bán kính R = 2.

Gọi H là trung điểm của MN. Ta có

\(IH \bot MN\) và \(MH = {{MN} \over 2} = \sqrt 3 \)

\(IH = \sqrt {I{M^2} – M{H^2}}  = \sqrt {4 – 3}  = 1.\)

Phương trình đường thẳng d có dạng :

\(y – 2 = k(x – 1) \Leftrightarrow kx – y + 2 – k = 0.\)

Ta có IH = 1

\( \Leftrightarrow {{\left| {5k – 3 + 2 – k} \right|} \over {\sqrt {{k^2} + 1} }} = 1\)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow \left| {4k – 1} \right| = \sqrt {{k^2} + 1} \cr
& \Leftrightarrow {\left( {4k – 1} \right)^2} = {k^2} + 1 \cr} \)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow 15{k^2} – 8k = 0 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
k = 0 \hfill \cr
k = {8 \over {15}} \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy có hai điểm d thỏa mãn đề bài.

Đó là \({d_1}:y – 2 = 0\)

\(\eqalign{
& {d_2}:y – 2 = {8 \over {15}}\left( {x – 1} \right) \cr
& \Leftrightarrow 8x – 15y + 22 = 0. \cr} \)

Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): \({{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\). Gọi hai tiêu điểm của (E) lần lượt là \({F_1},{F_2}\) và M thuộc (E) sao cho \(\widehat {{F_1}M{F_2}} = {60^ \circ }\) . Tìm tọa độ điểm M và tính diện tích tam giác  \(M{F_1}{F_2}\)

(Xem hình 3.33)

Elip (E) có phương trình chính tắc: \({{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1.\)

Ta có : a = 5, b = 3. Suy ra \({c^2} = {a^2} – {b^2} = 25 – 9 = 16.\)

Vậy c = 4.

Xét điểm M(x;y) thuộc elip, ta có:

\(\left\{ \matrix{
{F_1}M = a + {c \over a}x = 5 + {4 \over 5}x \hfill \cr
{F_2}M = a – {c \over a}x = 5 – {4 \over 5}x \hfill \cr} \right.\)

Áp dụng định lí côsin trong tam giác \({F_1}M{F_2}\) ta có:

\({F_1}F_2^2 = MF_1^2 + MF_2^2 – 2M{F_1}.M{F_2}\cos {60^ \circ }\)

\( \Leftrightarrow 4{c^2} = {\left( {5 + {4 \over 5}x} \right)^2} + {\left( {5 – {4 \over 5}x} \right)^2} – 2\left( {25 – {{16} \over {25}}{x^2}} \right).{1 \over 2}\)

\(\Leftrightarrow 64 = 25 + {{48} \over {25}}{x^2} \Leftrightarrow {x^2} = {{25} \over {16}}.13 \Leftrightarrow x =  \pm {5 \over 4}\sqrt {13} \,\,(1)\)

Ta lại có: \(M \in \left( E \right) \Rightarrow {{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\,\,\,\,\,(2)\)

Thay (1) vào phương trình (2) ta được:

\({{{y^2}} \over 9} = 1 – {{13} \over {16}} \Leftrightarrow {y^2} = {9 \over {16}}.3 \Leftrightarrow y =  \pm {3 \over 4}\sqrt 3 .\)

Vậy có bốn điểm M thỏa mãn đề bài. Chúng có tọa độ là \(\left( { \pm {5 \over 4}\sqrt {13} ; \pm {3 \over 4}\sqrt 3 } \right).\)

Bài 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm I(2 ; 4), B(1 ; 1), C(5 ; 5). Tìm điểm A sao cho I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

(Xem hình 3.34)

Ta có : \(IB = \sqrt {{{\left( {1 – 2} \right)}^2} + {{\left( {1 – 4} \right)}^2}}  = \sqrt {10} \)

\(\eqalign{
& IC = \sqrt {{{(5 – 2)}^2} + {{(5 – 4)}^2}} = \sqrt {10} \cr
& IB = IC \Rightarrow AB = AC. \cr} \)

Gọi M là trung điểm của BC, ta có M(3 ; 3).

Phương trình đường thẳng \(IM:x + y – 6 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)

Phương trình đường thẳng \(IB:3x – y – 2 = 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Gọi N là điểm đối xứng với M qua đường thẳng IB. Đặt N(x;y), ta có tọa độ trung điểm H của MN là \(\left( {{{x + 3} \over 2};{{y + 3} \over 2}} \right).\)

\(\overrightarrow {MN}  = (x – 3;y – 3)\)

\(\overrightarrow {BI}  = (1;3)\)

Ta có: \(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {MN} .\overrightarrow {BI} = 0 \hfill \cr
H \in IB \hfill \cr} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x – 3 + 3(y – 3) = 0 \hfill \cr
3\left( {{{x + 3} \over 2}} \right) – \left( {{{y + 3} \over 2}} \right) – 2 = 0 \hfill \cr} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + 3y – 12 = 0 \hfill \cr
3x – y + 2 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {3 \over 5} \hfill \cr
y = {{19} \over 5}. \hfill \cr} \right.\)

Vậy \(N\left( {{3 \over 5};{{19} \over 5}} \right).\)

Ta có B(1 ; 1). Phương trình đường thẳng BN: 7x + y – 8 = 0.

Điểm A là giao của hai đường thẳng BN và IM nên tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
7x + y – 8 = 0 \hfill \cr
x + y – 6 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = {1 \over 3} \hfill \cr
y = {{17} \over 3} \hfill \cr} \right.\)

Vậy tọa độ điểm A là \(\left( {{1 \over 3};{{17} \over 3}} \right).\)

Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\left( {a > b > 1} \right).\) Một góc vuông uOv (vuông tại O) quay quanh gốc O, cắt elip (E) tại M và N. Chứng minh rằng \({1 \over {O{M^2}}} + {1 \over {O{N^2}}}\) không đổi, từ đó suy ra MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

(Xem hình 3.35)

Gọi y = kx và \(y =  – {1 \over k}x\) là phương trình của Ou và Ov.

Phương trình hoành độ giao điểm của Ou và elip (E):

\({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{k^2}{x^2}} \over {{b^2}}} = 1 \Leftrightarrow x_M^2 = {{{a^2}{b^2}} \over {{b^2} + {k^2}{a^2}}}.\)

Ta có :

\(\eqalign{
& O{M^2} = x_M^2 + y_M^2 \cr
& = x_M^2 + {k^2}x_M^2 = x_M^2({k^2} + 1) \cr
& = {{{a^2}{b^2}(1 + {k^2})} \over {{b^2} + {k^2}{a^2}}} \cr} \)

……..

Suy ra : \({1 \over {O{M^2}}} = {{{b^2} + {k^2}{a^2}} \over {{a^2}{b^2}(1 + {k^2})}}.\)

Tương tự:

\(\eqalign{
& {1 \over {O{N^2}}} = {{{b^2} + {1 \over {{k^2}}}{a^2}} \over {{a^2}{b^2}\left( {1 + {1 \over {{k^2}}}} \right)}} \cr
& = {{{a^2} + {k^2}{b^2}} \over {{a^2}{b^2}(1 + {k^2})}}. \cr} \)

Suy ra:

\(\eqalign{
& {1 \over {O{M^2}}} + {1 \over {O{N^2}}} \cr
& = {{{a^2} + {b^2} + {k^2}\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} \over {{a^2}{b^2}\left( {1 + {k^2}} \right)}} \cr
& = {{{a^2} + {b^2}} \over {{a^2}{b^2}}}. \cr} \)

Vậy \({1 \over {O{M^2}}} + {1 \over {O{N^2}}}\) không đổi.

Vẽ đường cao OH của tam giác vuông OMN.

Ta có : \({1 \over {O{H^2}}} = {1 \over {O{M^2}}} + {1 \over {O{N^2}}} = {{{a^2} + {b^2}} \over {{a^2}{b^2}}}.\)

Suy ra: \(OH = {{ab} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} = R\) không đổi

Vậy MN luôn tiếp xúc với đường tròn cố định tâ O bán kính \(R = {{ab} \over {\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.\)