Chi tiết lời giải bài tập 5 trang 59 sgk Toán Hình học lớp 10 : Cho tam giác ABC, biết số đo góc A và hai cạnh AC, AB. Tính độ dài của cạnh BC. Mục lục nội dung Đề bài Đáp án bài 5 trang 59 sgk Toán Hình lớp 10Áp dụng định lý hàm số cos ta có:
 -------------------------------------------------------------------- Trên đây là lời giải chi tiết cho bài tập 5 trang 59 sách giáo khoa Hình học lớp 10, các bạn có thể tham khảo thêm đáp án giải Hình 11 bài 6 trang 59 sgk hoặc hướng dẫn phương pháp giải bài tập Toán lớp 10 khác tại doctailieu.com. GiaiToan xin giới thiệu tới các em Bài 5 trang 59 Toán 10 Tập 1 SGK Cánh Diều. Hướng dẫn các em trả lời câu hỏi trong bài chi tiết, ngắn gọn giúp các em rèn luyện kỹ năng giải bài tập chương III bài 4: Hai dạng phương trình quy về phương trình bậc hai. Dưới đây là nội dung chi tiết, các em tham khảo nhé. Bài 5 trang 59 Toán 10 Tập 1Đề bài Một ngọn hải đăng đặt tại vị trí A cách bờ biển một khoảng cách AB = 4 km. Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B một khoảng là 7 km. Người canh hải đăng có thể chèo thuyền từ A đến vị trí M trên bờ biển với vận tốc 3 km/h rồi đi bộ đến C với vận tốc 5 km/h như Hình 35. Tính khoảng cách từ vị trí B đến M, biết thời gian người đó đi từ A đến C là 148 phút. Phương pháp giải - Gọi BM=x km (0<x<7) - Biểu diễn MC, AM theo x - Biểu diễn thời gian từ A đến M và từ M đến C theo x. - Lập phương trình tìm x. Lời giải chi tiết Gọi BM=x km (0<x<7) => MC=7-x (km) Ta có: Thời gian từ A đến M là: Thời gian từ M đến C là: Tổng thời gian từ A đến C là 148 phút nên ta có: Vậy khoảng cách từ vị trí B đến M là 3 km. >>> Câu hỏi cùng bài: >>> Câu hỏi tiếp theo: Bài 1 trang 60 Toán 10 Tập 1 SGK Cánh Diều Bài 5 trang 59 Toán 10 Tập 1 SGK Cánh Diều được GiaiToan chia sẻ xong trên đây. Hy vọng với phần trả lời chi tiết này sẽ là tài liệu hữu ích cho các em tham khảo, củng cố kiến thức cũng như nâng cao kỹ năng giải bài tập Toán lớp 10, từ đó chuẩn bị tốt cho các bài kiểm tra giữa kì và cuối học kì sắp tới. Chúc các em học tốt ngoài ra các em có thể tham khảo thêm các dạng bài tập Toán lớp 10 do GiaiToan giải và biên tập nhé.
Bài 5 (trang 59 SGK Hình học 10) Cho tam giác ABC có Â = 120o. Tính cạnh BC, cho biết cạnh AC = m và cạnh AB = n. Lời giải Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABC ta có: BC2 = AB2 + AC2 – 2.AB.AC.cos A = m2 + n2 – 2.m.n.cos120º = m2 + n2 + mn. ⇒ BC = √( m2 + n2 + mn). Kiến thức vận dụng Định lý côsin trong tam giác ABC: AB2 = AC2 + BC2 – 2.AC.BC.cosC AC2 = BC2 + BA2 – 2.BC.BA.cosB BC2 = AB2 + AC2 – 2.AB.AC.cosA. Tham khảo toàn bộ: Giải Toán 10
Bài 5 trang 59 sgk hình học 10 Tam giác \(ABC\) có \(\widehat{A} = 120^0\). Tính cạnh \(BC\) cho biết cạnh \(AC = m\) và \(AB = n\). Giải Ta có: $$\eqalign{ & \Rightarrow B{C^2} = {m^2} + {n^2} - 2.m.n.\left( { - {1 \over 2}} \right) \cr & \Rightarrow B{C^2} = {m^2} + {n^2} + m.n \cr & \Rightarrow BC = \sqrt {{m^2} + {n^2} + m.n} \cr} $$ Bài 6 trang 59 sgk hình học 10 Tam giác \(ABC\) có các cạnh \(a = 8cm, b = 10cm, c = 13cm\) a) Tam giác đó có góc tù không? b) Tính độ dài đường trung tuyến \(MA\) của tam giác \(ABC\) đó. Giải a) Xét tổng \({a^2} + {b^2} - {c^2} = {8^2} + {10^2} - {13^2} = - 5 < 0\) Vậy tam giác \(ABC\) có góc \(C\) tù \(\cos C = \frac{a^{2}+b^{2}- c^{2}}{2ab}\) = \(\frac{-5}{160} ≈ -0, 3125\) Suy ra \(\widehat{C} = 91^047’\) b) Áp dụng công thức tính đường trung tuyến, ta tính được: \(A{M^2} = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4} = {{{{10}^2} + {{13}^2}} \over 2} - {{{8^2}} \over 4} = 118,5\) Suy ra \(AM ≈ 10,89cm\) Bài 7 trang 59 sgk hình học 10 Tính góc lớn nhất của tam giác \(ABC\) biết: a) Các cạnh \(a = 3cm, b = 4cm, c = 6cm\) b) Các cạnh \(a = 40cm, b = 13cm, c = 37cm\) Giải Ta biết trong tam giác thì đối diện với cạnh lớn nhất là góc lớn nhất, vậy trong câu a) góc lớn nhất là góc \(C\) còn trong câu b) góc lớn nhất là góc \(A\) a) \(\cos \widehat{C} = \frac{9+16 -36}{2.3.4}= \frac{-11}{24}≈ -0,4583\) Suy ra \(\widehat{C}= 117^016’\) b) \(\cos \widehat{A} = \frac{13^{2} +37^{2}-40^{2}}{2.13.37}\) = \(\frac{-62}{702}\) Suy ra \(\widehat{A}= 93^041’\) Bài 8 trang 59 sgk hình học 10 Cho tam giác \(ABC\) biết cạnh \(a = 137,5cm; \widehat{B} = 83^0\widehat{C} = 57^0\). Tính góc \(A\), cạnh \(b\) và \(c\) của tam giác. Giải Ta có: \(\widehat{A} = 180^0- (\widehat{B}+ \widehat{C}) = 40^0\) Áp dụng định lí \(\sin\) : \(\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}\), ta có: \(b = \frac{137,5.\sin83^{0}}{\sin40} ≈ 212,31cm\) \(c = \frac{137,5.\sin57^{0}}{\sin40} ≈ 179,40cm\) Giaibaitap.me Page 2
Page 3
Câu 1 trang 62 SGK Hình học 10 Hãy nhắc lại định nghĩa giá trị lượng giác của một góc \(α\) với \(0^0≤ α ≤ 180^0\). Tại sao khi \(α\) là một góc nhọn thì giá trị lượng giác này lại chính là các tỉ số lượng giác đã được học ở lớp 9? Trả lời: _ Định nghĩa: Với mỗi góc \(α\) \(0^0≤ α ≤ 180^0\) ta xác định một điểm \(M\) trên nửa đường tròn đơn vị sao cho góc \(xOM = α\) và giả sử điểm \(M\) có tọa độ \(M (x_0;y_0)\). Khi đó ta có định nghĩa: Sin của góc \(α\) là \(y_0\), kí hiệu là \(\sin α = y_0\) cosin của góc \(α\) là \(x_0\), kí hiệu là \(\cos α = x_0\) tang của góc \(α\) là \(( x_0≠ 0)\), ký hiệu \(\tan α = {{{y_0}} \over {{x_0}}}\) cotang cuả góc \(α\) là \((y_0≠ 0)\), ký hiệu \(\cot α = {{{x_0}} \over {{y_0}}}\) Các số \(\sin α, \cos α, \tan α, \cot α\) được gọi là các giá trị lượng giác của góc \( α\).
_ Khi \(α\) là các góc nhọn thì: + Theo định nghĩa ta có: \(\sin α = y_0\) Trong tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\), ta có: \(\sin \alpha = {{{y_0}} \over 1} = {y_0}\) + Theo định nghĩa ta có: \(\cos α = x_0\) Trong tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\), ta có: \(\cos \alpha = {{OA} \over {OM}} = {{{x_0}} \over 1} = {x_0}\) + Theo định nghĩa ta có: \(\tan \alpha = {{{y_0}} \over {{x_0}}}({x_0} \ne 0)\) Trong tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\), ta có: \(\tan \alpha = {{AM} \over {OA}} = {{{y_0}} \over {{x_0}}}\) + Theo định nghĩa ta có: \(\cot \alpha = {{{x_0}} \over {{y_0}}}({y_0} \ne 0)\) Trong tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\), ta có: \(\cot \alpha = {{OA} \over {AM}} = {{{x_0}} \over {{y_0}}}\) Câu 2 trang 62 SGK Hình học 10 Tại sao hai góc bù nhau lại có sin bằng nhau và cosin đối nhau? Trả lời:
Hai góc bù nhau thì \(M\) và \(M’\) đối xứng với nhai qua trục \(Oy\) nên có sin bằng nhau và cosin đối nhau. Hai điểm \(M\) và \(M’\) có cùng tung độ, còn hoành độ đối nhau. Câu 3 trang 62 SGK Hình học 10 Nhắc lại định nghĩa tích vô hướng của hai vecto \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \). Tích vô hướng này với |\(\overrightarrow a \) | và |\(\overrightarrow b \) | không đổi đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhẩt khi nào? Trả lời: Theo định nghĩa ta có: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = |\overrightarrow a |.|\overrightarrow b |.cos(\overrightarrow a ,\overrightarrow b )\) Vì \(|cos(\overrightarrow a ,\overrightarrow b )| \le 1\) nên: +) \(\overrightarrow a .\overrightarrow b \) đạt giá trị lớn nhất \(|\overrightarrow a |.|\overrightarrow b |\) khi: \(\cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = 1 \Rightarrow (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = {0^0}\) tức là \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng hướng. +) \(\overrightarrow a .\overrightarrow b \) đạt giá trị nhỏ nhất \(|\overrightarrow a |.|\overrightarrow b |\) khi: \(⇒ \cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = - 1 \Rightarrow (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = {180^0}\) và \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) ngược hướng. Câu 4 trang 62 SGK Hình học 10 Trong mặt phẳng \(Oxy\) cho vecto \(\overrightarrow a = ( - 3;1)\) và vecto \(\overrightarrow b = (2;2)\) . Hãy tính tích vô hướng \(\overrightarrow a .\overrightarrow b \) . Trả lời: Áp dụng công thức: Với \(\overrightarrow a = ({a_1};{a_2});\overrightarrow b = ({b_1};{b_2}) \Rightarrow \overrightarrow a .\overrightarrow b = {a_1}{b_1} + {a_2}{b_2}\) Ta có: \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = ( - 3).2 + 1.2 = - 6 + 2 = - 4\) Giaibaitap.me Page 4
Page 5
Page 6
Page 7
Page 8
Page 9
Page 10
Page 11
Page 12
Câu 26 trang 66 SGK Hình học 10 Tam giác \(ABC\) có \(A = (10; 5), B = (3; 2), C = (6; -5)\). Khẳng định nào sau đây là đúng? A. \(ABC\) là tam giác đều B. \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) C. \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) D. \(ABC\) là tam giác có góc tù tại \(A\). Trả lời: Chọn B. $$\eqalign{ & AB = \sqrt {{{(3 - 10)}^2} + {{(2 - 5)}^2}} = \sqrt {58} \cr & BC = \sqrt {{{(6 - 10)}^2} + {{( - 5 - 5)}^2}} = \sqrt {58} \cr & BC = \sqrt {{{(6 - 3)}^2} + {{( - 5 - 2)}^2}} = \sqrt {116} \cr} $$ Câu 27 trang 66 SGK Hình học 10 Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và nội tiếp trong đường tròn tâm \(O\) bán kính \(R\). Gọi \(R\) là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\). Khi đó tỉ số \({R \over r}\) là: A. \(1 + \sqrt 2\) B. \({{2 + \sqrt 2 } \over 2}\) C. \({{\sqrt 2 - 1} \over 2}\) D. \({{1 + \sqrt 2 } \over 2}\) Trả lời: Ta có: \(\left. \matrix{ {S_{ABC}} = {R^2} \hfill \cr p = {1 \over 2}(R\sqrt 2 + R\sqrt 2 + 2R) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow p = R(\sqrt 2 + 1)\) Suy ra: \(r = {S \over p} = {R \over {\sqrt 2 + 1}} \Rightarrow {R \over r} = \sqrt 2 + 1\) Vậy chọn A. Câu 28 trang 66 SGK Hình học 10 Tam giác \(ABC\) có \(AB = 9cm, AC = 12cm, BC = 15cm\). Khi đó đường trung tuyến \(AM\) của tam giác có độ dài là: A. \(8cm\) B. \(10cm\) C. \(9cm\) D. \(7,5cm\) Trả lời: Áp dụng công thức: \({m_a}^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}\) \(\eqalign{ & A{M^2} = {{{{12}^2} + {9^2}} \over 2} - {{{{15}^2}} \over 4} = 56,25 \cr & \Leftrightarrow AM = \sqrt {56,25} = 7,5cm \cr} \) Chọn D Câu 29 trang 67 SGK Hình học 10 Tam giác \(ABC\) có \(BC = a, CA = b, AB = c\) và có diện tích \(S\). Nếu tăng cạnh \(BC\) lên \(2\) lần đồng thời tăng cạnh \(CA\) lên \(3\) lần và giữ nguyên độ lớn của góc \(C\) thì khi đó diện tích tam giác mới được tạo nên bằng: A. \(2S\) B. \(3S\) C. \(4S\) D. \(6S\). Trả lời: Áp dụng công thức: \(\left. \matrix{ S = {1 \over 2}ab\sin C \hfill \cr S' = {1 \over 2}(2a.3b)\sin C \hfill \cr} \right\} \Rightarrow {{S'} \over S} = 6 \Rightarrow S' = 6S\) Vậy chọn D Bài 30. Cho tam giác \(DEF\) có \(DE = DF =10cm\) và \(EF = 12cm\). Gọi \(I\) là trung điểm của cạnh \(EF\). Đoạn thẳng \(DI\) có độ dài là: A. \(6,5 cm\) B. \(7cm\) C. \(8cm\) D. \(4cm\) Trả lời:
Ta có: \(DI\) là đường trung tuyến của tam giác \(DEF\) Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến: \({m_a}^2 = {{{b^2} + {c^2}} \over 2} - {{{a^2}} \over 4}\) \(\eqalign{& D{I^2} = {{{{10}^2} + {{10}^2}} \over 2} - {{{{12}^2}} \over 4} = 64 \cr & \Rightarrow DI = \sqrt {64} = 8cm \cr} \) Vậy chọn C. Giaibaitap.me Page 13
Bài 1 trang 80 sgk hình học 10 Lập phương trình tham số của đường thẳng \(d\) trong mỗi trường hợp sau: a) đi qua điểm \(M(2; 1)\) và có vectơ chỉ phương \(\vec{a} = (3;4)\) b) \(d\) đi qua điểm \(M(-2; 3)\) và có vec tơ pháp tuyến \(\vec{n}= (5; 1)\) Giải Phương trình tham số : \(d:\left\{\begin{matrix} x= 2+3t& \\ y= 1+4t& \end{matrix}\right.\) b) Vì \(\vec{n} = (5; 1)\) nên ta chọn vectơ \(\vec{a} ⊥ \vec{n}\) có tọa độ \(\vec{a} = (1; -5)\) Từ đây ta có phương trình tham số của \(d\): \(d:\left\{\begin{matrix} x= -2+t& \\ y= 3-5t& \end{matrix}\right.\) Bài 2 trang 80 sgk hình học 10 Lập phương trình tổng quát của đường thẳng \(∆\) trong mỗi trường hợp sau: a) \(∆\) đi qua điểm \(M (-5; -8)\) và có hệ số góc \(k = -3\) b) \(∆\) đi qua hai điểm \(A(2; 1)\) và \(B(-4; 5)\) Giải a) Phương trình của \(∆\) là : \(y + 8 = -3(x + 5) \Rightarrow 3x + y + 23 = 0\) b) Đường thẳng \(∆\) đi qua \(A(2; 1)\) và \(B(-4; 5)\) nhận vectơ \(\vec{AB} = (-6; 4)\) là một vectơ chỉ phương Phương trình tham số của \(∆\) : \(∆ : \left\{\begin{matrix} x= 2-6t& \\ y= 1+4t& \end{matrix}\right.\) Khử t giữa hai phương trình ta được phương trình tổng quát: \(∆ : 2x + 3y - 7 = 0\) Bài 3 trang 80 sgk hình học 10 Cho tam giác \(ABC\), biết \(A(1; 4), B(3; -1)\) và \(C(6; 2)\) a) Lập phương trình tổng quát của các đường thẳng \(AB, BC\), và \(CA\) b) Lập phương trinh tham số của đường thẳng \(AH\) và phương trình tổng quát của trung tuyến \(AM\) Giải a) Ta có \(\vec{AB} = (2; -5)\). Gọi \(M(x; y)\) là \(1\) điểm nằm trên đường thẳng \(AB\) thì \(AM = (x - 1; y - 4)\). Ba điểm \(A, B, M\) thẳng hàng nên hai vec tơ \(\vec{AB}\) và \(\vec{AM}\) cùng phương, cho ta: \(\frac{x - 1}{2}\) = \(\frac{y - 4}{-5}\Leftrightarrow 5x + 2y -13 = 0\) Đó chính là phương trình đường thẳng \(AB\). Tương tự ta có: phương trình đường thẳng \(BC: x - y -4 = 0\) phương trình đường thẳng \(CA: 2x + 5y -22 = 0\) b) Đường cao \(AH\) là đường thẳng đi qua \(A(1; 4)\) và vuông góc với \(BC\). \(\vec{BC} = (3; 3)\) \(\Rightarrow \vec{AH} ⊥ \vec{BC}\) nên \(\vec{AH}\) nhận vectơ \(\vec{n} = (3; 3)\) làm vectơ pháp tuyến và có phương trình tổng quát: \(AH : 3(x - 1) + 3(y -4) = 0\) \(\Leftrightarrow 3x + 3y - 15 = 0\) \(\Leftrightarrow x + y - 5 = 0\) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\) ta có \(M (\frac{9}{2}; \frac{1}{2})\) Trung tuyến \(AM\) là đường thẳng đi qua hai điểm \(A, M\). \(AM:{{x - 1} \over {{9 \over 2} - 1}} = {{y - 4} \over {{1 \over 2}-4}} \Leftrightarrow x + y - 5 = 0\) Bài 4 trang 80 sgk hình học 10 Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm \(M(4; 0)\) và \(N(0; -1)\) Giải Phương trình đường thẳng \(MN\): \(\frac{x}{4} + \frac{y}{-1} = 1 \Leftrightarrow x - 4y - 4 = 0\) Giaibaitap.me Page 14
Bài 5 trang 80 sgk hình học 10 Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng sau đây: a) \(d_1: 4x - 10y + 1 = 0 \); \(d_2 : x + y + 2 = 0\) b) \(d_1 :12x - 6y + 10 = 0 \); \(d_2:\left\{\begin{matrix} x= 5+t& \\ y= 3+2t& \end{matrix}\right.\) c) \(d_1:8x + 10y - 12 = 0 \); \( d_2 : \left\{\begin{matrix} x= -6+5t& \\ y= 6-4t& \end{matrix}\right.\) Giải a) Xét hệ \(\left\{\begin{matrix} 4x-10y + 1= 0& \\ x + y + 2 = 0& \end{matrix}\right.\) \(D = 4.1 -(- 10).1 = 14 ≠ 0\) Vậy \(d_1\) và \(d_2\) cắt nhau b) \(d_2:\left\{\begin{matrix} x= 5+t& \\ y= 3+2t& \end{matrix}\right.\) viết dưới dạng tổng quát là: \(d_2: 2x - y - 7 = 0\) \(D = 12 . (-1) -(-6).2 = -12 + 12 = 0\) \( D_x = (-6) . (-7) - (-1). 10 = 42 + 10 = 52 ≠ 0\) Vậy \(d_1// d_2\) c) \(d_1:8x + 10y - 12 = 0 \) \( d_2 : \left\{\begin{matrix} x= -6+5t& \\ y= 6-4t& \end{matrix}\right.\) có dạng tổng quát là: \(d_2: 4x + 5y - 6 = 0\) \(D = 8 . 5 - 4 . 10 = 0\) \(D_x= 10. (-6) - (-12) . 5 = 0\) \( D_y= (-12) . 4 - (-6) . 8 = 0\) Vậy \(d_1\) trùng \(d_2\) Bài 6 trang 60 sgk hình học 10 Cho đường thẳng d có phương trình tham số : \(\left\{\begin{matrix} x = 2 + 2t& \\ y = 3 +t & \end{matrix}\right.\) Tìm điểm \(M\) thuộc \(d\) và cách điểm \(A(0; 1)\) một khoảng bằng \(5\). Giải Cách 1. Chuyển phương trình \(d\) về dạng tổng quát bằng cách khử \(t\) giữa hai phương trình ta được: \(d: x - 2y + 4 = 0\) Gọi \( M_0(x_0;y_0)\) là điểm thuộc \(d\) và cách điểm \(A(0; 1)\)một khoảng bằng \(5\) thì \(x_0,y_0\) là nghiệm của hệ: \(\left\{\begin{matrix} x_{0}- 2y_{0} + 4 = 0& \\ {x_{0}}^{2} +(y_{0}-1)^{2}= 25 & \end{matrix}\right.\) Thế phương trình (1) vào (2) ta có: \(x_0= y_0- 4\) \({(2{y_0} - 4)^2} + {(y - 1)^2} = 25\) Giải phương trình ta được \(2\) nghiệm: \(y_0= 4\); \(y_0= \frac{-2}{5}\) Với \({y_0} = 4 \Rightarrow {x_0} = 4 \Rightarrow {M_1}(4;4)\) Với \({y_0} = - {2 \over 5} \Rightarrow {x_0} = - {{25} \over 4} \Rightarrow {M_2}\left( { - {2 \over 5}; - {{25} \over 4}} \right)\) Cách 2. Ta có \(M ∈ d\) nên \(M( 2 + 2t; 3 + t)\) Độ dài đoạn \(MA\): \(MA = \sqrt {{{\left( {x - {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {y - {y_A}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2 + 2t} \right)}^2} + {{\left( {2 + t} \right)}^2}}\) Mà \(MA = 5\) nên \(5 = \sqrt {{{\left( {2 + 2t} \right)}^2} + {{\left( {2 + t} \right)}^2}}\) \(\Leftrightarrow 25 = 4{\left( {1 + t} \right)^2} + {\left( {2 + t} \right)^2}\) \(\eqalign{& \Leftrightarrow 5{t^2} + 12t - 17 = 0 \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{t = 1 \hfill \cr t = - {{17} \over 5} \hfill \cr} \right. \cr} \) - Khi \(t = 1\) thay vào ta được \(M(4; 4)\) - Khi \(t = - {{17} \over 5}\) thay vào ta được \(M\left( { - {{24} \over 5}; - {2 \over 5}} \right)\) Vậy có \(2\) điểm \(M\) thuộc \(d\) cách điểm \(A(0;1)\) một khoảng bằng \(5\) Bài 7 trang 81 sgk hình học 10 Tìm số đo của góc giữa hai đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\) lần lượt có phương trình: \(d_1: 4x - 2y + 6 = 0\) và \(d_2: x - 3y + 1 = 0\) Giải Áp dụng công thức \(\cos \varphi = \frac{|a_{1}.a_{2}+b_{1}.b_{2}|}{\sqrt{{a_{1}}^{2}+{b_{1}}^{2}}\sqrt{{a_{2}}^{2}+{b_{2}}^{2}}}\) ta có \(\cos \varphi = \frac{|4.1+(-2 ).(-3)|}{\sqrt{4^{2}+(-2)^{2}}\sqrt{1^{2}+(-3)^{2}}}\) \(\Rightarrow \cos \varphi = \frac{10 }{\sqrt{20}\sqrt{10}}\) = \(\frac{10 }{10\sqrt{2}}\) = \(\frac{1 }{\sqrt{2}}\) \(\Rightarrow \varphi = 45^0\) Bài 8 trang 81 sgk hình học 10 Tìm khoảng cách từ điểm đến đường thẳng trong các trường hợp sau: a) \(A(3; 5)\) \(∆ : 4x + 3y + 1 = 0\); b) \(B(1; -2)\) \( d: 3x - 4y - 26 = 0\); c) \(C(1; 2)\) \( m: 3x + 4y - 11 = 0\); Giải Áp dụng công thức: \( d(M_0,∆) = \frac{|ax_{0}+by_{0}+c|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\) a) \( d(M_0,∆) =\frac{|4.3+3.5+1|}{\sqrt{4^{2}+3^{2}}}= \frac{28}{5}\) b) \( d(B,d) =\frac{|3.1-4.(-2)-26|}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}} = \frac{-15}{5} = \frac{15}{5} = 3\) c) Ta có: \(3.1+4.2-11=0\) do đó điểm \(C\) nằm trên đường thẳng \(m\) \( d(C,m) =0\) Bài 9 trang 81 sgk hình học 10 Tìm bán kính của đường tròn tâm \(C(-2; -2)\) và tiếp xúc với đường thẳng \(∆ : 5x + 12y - 10 = 0 \). Giải Bán kính \(R\) của đường tròn tâm \(C(-2; -2)\) và tiếp xúc với đường thẳng \(∆ : 5x + 12y - 10 = 0\) bằng khoảng cách từ \(C\) đến \(∆\) \(R = d(C,∆ )= \frac{|5.(-2) +12.(-2)-10|}{\sqrt{5^{2}+12^{2}}}\) \(\Rightarrow R = \frac{|-44|}{\sqrt{169}}= \frac{44}{13}\) Giaibaitap.me Page 15
Bài 1 trang 83 sgk hình học 10 Tìm tâm và bán kính của các đường tròn sau: a) \({x^2} + {\rm{ }}{y^2} - 2x-2y - 2{\rm{ }} = 0\) b) \(16{x^2} + {\rm{ }}16{y^2} + {\rm{ }}16x{\rm{ }}-{\rm{ }}8y{\rm{ }}-{\rm{ }}11{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) c) \({x^{2}} + {\rm{ }}{y^{2}} - {\rm{ }}4x{\rm{ }} + {\rm{ }}6y{\rm{ }}-{\rm{ }}3{\rm{ }} = {\rm{ }}0.\) Giải a) Ta có : \(-2a = -2 \Rightarrow a = 1\) \(-2b = -2 \Rightarrow b = 1 \Rightarrow I(1; 1)\) \({R^2} = {a^2} + {b^2} - c = {1^2} + {1^2} - ( - 2) = 4 \Rightarrow R = \sqrt 4 = 2\) b) \(16{x^2} + {\rm{ }}16{y^2} + {\rm{ }}16x{\rm{ }}-{\rm{ }}8y{\rm{ }}-{\rm{ }}11{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) \( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + x - {1 \over 2}y - {{11} \over {16}} = 0\) \(\eqalign{ & - 2a = 1 \Rightarrow a = - {1 \over 2} \cr & - 2b = - {1 \over 2} \Rightarrow b = {1 \over 4} \cr & \Rightarrow I\left( { - {1 \over 2};{1 \over 4}} \right) \cr} \) \({R^2} = {a^2} + {b^2} - c = {\left( { - {1 \over 2}} \right)^2} + {\left( {{1 \over 4}} \right)^2} - \left( { - {{11} \over {16}}} \right) = 1 \Rightarrow R = \sqrt 1 = 1\) c) \(\eqalign{ & - 2a = - 4 \Rightarrow a = 2 \cr & - 2b = 6 \Rightarrow b = - 3 \cr & \Rightarrow I\left( {2; - 3} \right) \cr} \) \({R^2} = {a^2} + {b^2} - c = {2^2} + {\left( { - 3} \right)^2} - \left( { - 3} \right) = 16 \Rightarrow R = \sqrt {16} = 4\) Bài 2 trang 83 sgk hình học 10 Lập phương trình đườơng tròn \((C)\) trong các trường hợp sau: a) \((C)\) có tâm \(I(-2; 3)\) và đi qua \(M(2; -3)\); b) \((C)\) có tâm \(I(-1; 2)\) và tiếp xúc với đường thẳng \(d : x – 2y + 7 = 0\) c) \((C)\) có đường kính \(AB\) với \(A(1; 1)\) và \(B(7; 5)\) Giải a) Ta tìm bán kính \({R^2} = {\rm{ }}I{M^2} \Rightarrow {R^{2}} = {\rm{ }}IM{\rm{ }} = {\rm{ }}{\left( {2{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right)^2} + {\rm{ }}( - 3{\rm{ }} - {3^2}){\rm{ }} = {\rm{ }}52\) Phương trình đường tròn \((C)\): \({\left( {x{\rm{ }} + 2} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right)^2} = 52\) b) Đường tròn tiếp xúc với đường thẳng \(d\) nên khoảng cách từ tâm \(I\) tới đường thẳng \(d\) phải bằng bán kính đường tròn: \(d(I; d) = R\) Ta có : \( R = d(I, d) = \frac{|-1-2.2+7|}{\sqrt{1^{2}+(-2)^{2}}}\) = \(\frac{2}{\sqrt{5}}\) Phương trình đường tròn cần tìm là: \({\left( {x{\rm{ }} + 1} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)^2}= \left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right )^{2}\) \( \Leftrightarrow {\left( {x{\rm{ }} + 1} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)^2} = {4 \over 5}\) c) Tâm \(I\) là trung điểm của \(AB\), có tọa độ : \(x = \frac{1 +7}{2} = 4\); \(y = \frac{1 +5}{2} = 3\) suy ra \(I(4; 3)\) \(AB = 2\sqrt {13}\) suy ra \( R = \sqrt {13}\) Phương trình đường tròn cần tìm là: \({\left( {x{\rm{ }} - 4{\rm{ }}} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}3} \right)^2} = 13\) Bài 3 trang 83 sgk hình học 10 Lập phương trình đường tròn đi qua ba điểm: a) \(A(1; 2); B(5; 2); C(1; -3)\) b) \(M(-2; 4); N(5; 5); P(6; -2)\) Giải Sử dụng phương trình đường tròn có dạng: \(x^2+y^2-2 ax – 2by +c = 0\) a) Đường tròn đi qua điểm \(A(1; 2)\) nên ta có: \(1^2+ 2^2– 2a -4b + c = 0 \Leftrightarrow 2a + 4b – c = 5\) Đường tròn đi qua điểm \(B(5; 2)\) nên ta có: \(5^2+ 2^2– 10a -4b + c = 0 \Leftrightarrow 10a + 4b – c = 29\) Đường tròn đi qua điểm \(C(1; -3)\) nên ta có: \(1^2+ (-3)^2 – 2a + 6b + c = 0 \Leftrightarrow 2a - 6b – c = 10\) Để tìm \(a, b, c\) ta giải hệ: \(\left\{\begin{matrix} 2a + 4b- c = 5 (1) & & \\ 10a +4b - c= 29 (2) & & \\ 2a- 6b -c =10 (3) & & \end{matrix}\right.\) Giải hệ ta được: \(\left\{ \matrix{ a = 3 \hfill \cr b = - 0,5 \hfill \cr c = - 1 \hfill \cr} \right.\) Phương trình đường tròn cần tìm là: \({{x^2} + {\rm{ }}{y^2} - {\rm{ }}6x{\rm{ }} + {\rm{ }}y{\rm{ }} - {\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}0} \) b) Đường tròn đi qua điểm \(M(-2; 4)\) nên ta có: \((-2)^2+ 4^2+4a -8b + c = 0 \Leftrightarrow 4a - 8b + c = -20\) Đường tròn đi qua điểm \(N(5; 5)\) nên ta có: \(5^2+ 5^2– 10a -10b + c = 0 \Leftrightarrow 10a +10b – c = 50\) Đường tròn đi qua điểm \(P(6; -2)\) nên ta có: \(6^2+ (-2)^2 – 12a + 4b + c = 0 \Leftrightarrow 12a - 4b – c = 40\) Ta có hệ phương trình: $$\left\{ \matrix{ 4a - 8b + c = - 20 \hfill \cr 10a + 10b - c = 50 \hfill \cr 12a - 4b - c = 40 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a = 2 \hfill \cr b = 1 \hfill \cr c = - 20 \hfill \cr} \right.$$ Phương trình đường tròn đi qua ba điểm \(M(-2; 4); N(5; 5); P(6; -2)\) là: \(x^2+ y^2- 4x – 2y - 20 = 0\) Giaibaitap.me Page 16
Bài 4 trang 83 sgk hình học 10 Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với hai trục tọa độ \(Ox, Oy\) và đi qua điểm \(M(2 ; 1)\) Giải Đường tròn tiếp xúc với hai trục tọa độ nên tâm \(I\) của nó phải cách đều hai trục tọa độ. Đường tròn này lại đi qua điểm \(M(2 ; 1)\), mà điểm \(M\) này lại là góc phần tư thứ nhất nên tọa độ của tâm \(I\) phải là số dương. \(x_I=y_I>0\) gọi \(x_I=y_I= a\). Như vậy phương trình đường tròn cần tìm là : \({\left( {2{\rm{ }} - {\rm{ }}a} \right)^2} + {\left( {1{\rm{ }}-{\rm{ }}a} \right)^2} = {a^2}{\rm{ }}\) \({a^2} - 6a + 5 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ a = 1 \hfill \cr a = 5 \hfill \cr} \right.\) Từ đây ta được hai đường tròn thỏa mãn điều kiện +) Với \(a = 1\) \( \Rightarrow {\left( {x{\rm{ }} - {\rm{ }}1{\rm{ }}} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}1} \right)^2}{\rm{ }} = {\rm{ }}1({C_1})\) +) Với \(a = 5\) \(\Rightarrow {\left( {x - 5{\rm{ }}} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y - 5} \right)^2}{\rm{ }} = {\rm{ 25}}({C_2})\) Bài 5 trang 83 sgk hình học 10 Lập phương trình của đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng \(d : 4x – 2y – 8 = 0\) Giải Vì đường tròn cần tìm tiếp xúc với hai trục tọa độ nên các tọa độ \(x_I,y_I\) của tâm \(I\) có thể là \(x_I=y_I\) hoặc \(x_I=-y_I\) Đặt \(x_I=a\) thì ta có hai trường hợp \(I(a ; a)\) hoặc \(I(a ; -a)\). Ta có hai khả năng: Vì \(I\) nằm trên đường thẳng \(4x – 2y – 8 = 0\) nên tọa độ \(I(a ; a)\) là ngiệm đúng của phương trình đường thẳng \(4x – 2y – 8 = 0\), ta có: \(4a – 2a – 8 = 0 \Rightarrow a = 4\) Đường tròn cần tìm có tâm \(I(4; 4)\) và bán kính \(R = 4\) có phương trình là: \({(x - 4)^2} + {(y - 4)^2} = {4^2} \Leftrightarrow {(x - 4)^2} + {(y - 4)^2} = 16\) + Trường hợp \(I(a; -a)\): \(4a + 2a - 8 = 0 \Rightarrow a = \frac{4}{3}\) Ta được đường tròn có phương trình là: \((x -\frac{4}{3})^{2}+ (y +\frac{4}{3})^{2}= (\frac{4}{3})^{2}\) \( \Leftrightarrow {\left( {x - {4 \over 3}} \right)^2} + {\left( {y + {4 \over 3}} \right)^2} = {{16} \over 9}\) Bài 6 trang 84 sgk hình học 10 Cho đường tròn \((C)\) có phương trình: \({x^2} + {\rm{ }}{y^2} - {\rm{ }}4x{\rm{ }} + {\rm{ }}8y{\rm{ }} - {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) a) Tìm tọa độ tâm và bán kính của \((C)\) b) Viết phương trình tiếp tuyến với \((C)\) đi qua điểm \(A(-1; 0)\) c) Viết phương trình tiếp tuyến với \((C)\) vuông góc với đường thẳng \(3x – 4y + 5 = 0\) Giải a) \({x^2} + {\rm{ }}{y^2} - {\rm{ }}4x{\rm{ }} + {\rm{ }}8y{\rm{ }} - {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) \( \Leftrightarrow {x^2} - 2.x.2 + {2^2} + {y^2} + 2.y.4 + {4^2} = 25 \) \(\Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y + 4} \right)^2} = {5^2}\) Tâm \(I(2 ; -4)\), bán kính \(R = 5\) b) Thay tọa độ \(A(-1 ; 0)\) vào vế trái, ta có : \((-1- 2 )^2 + (0 + 4)^2 = 3^2+4^2= 25\) Vậy \(A(-1 ;0)\) là điểm thuộc đường tròn. \(\overrightarrow {IA} ( - 3;4)\) Phương trình tiếp tuyến với đường tròn tại \(A\) là: \(-3(x +1) +4(y -0) =0 \Leftrightarrow 3x - 4y + 3 = 0\) c) Đường thẳng \(3x – 4y + 5 = 0\) có véc tơ pháp tuyến \(\overrightarrow n(3;-4)\) Theo giả thiết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng \(3x – 4y + 5 = 0\) nên tiếp tuyến có véc tơ pháp tuyến là \(\overrightarrow {n'}(4;3)\) Phương trình tiếp tuyến có dạng là: \(4x+3y+c=0\) Khoảng cách từ tâm \(I\) đến tiếp tuyến bằng bán kính \(R=5\) do đó ta có: \({{|4.2 + 3.( - 4) + c|} \over {\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 5 \Leftrightarrow |c - 4| = 25\) \(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ c - 4 = 25 \hfill \cr c - 4 = - 25 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ c = 29 \hfill \cr c = - 21 \hfill \cr} \right.\) Vậy có hai phương trình tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán là: \(4x+3y+29=0\) và \(4x+3y-21=0\). Giaibaitap.me Page 17
Bài 1 trang 88 sgk hình học 10 Xác đinh độ dài các trục, tọa độ tiêu điểm , tọa độ các đỉnh và vẽ các elip có phương trình sau: a) \(\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{9}= 1\) b) \(4x^2+ 9y^2= 1\) c) \(4x^2+ 9y^2= 36\) Giải a) Ta có: \(a^2= 25 \Rightarrow a = 5\) độ dài trục lớn \(2a = 10\) \( b^2= 9 \Rightarrow b = 3\) độ dài trục nhỏ \(2a = 6\) \(c^2= a^2– b^2= 25 - 9 = 16 \Rightarrow c = 4\) Vậy hai tiêu điểm là : \(F_1(-4 ; 0)\) và \(F_2(4 ; 0)\) Tọa độ các đỉnh \(A_1(-5; 0), A_2(5; 0), B_1(0; -3), B_2(0; 3)\). b) \(4x^2+ 9y^2= 1\Leftrightarrow \frac{x^{2}}{\frac{1}{4}} + \frac{y^{2}}{\frac{1}{9}} = 1\) \(a^2 =\frac{1}{4}\Rightarrow a = \frac{1}{2}\) \(\Rightarrow\) độ dài trục lớn \(2a = 1\) \(b^2= \frac{1}{9}\Rightarrow b = \frac{1}{3}\) \(\Rightarrow\) độ dài trục nhỏ \(2b = \frac{2}{3}\) \(c^2= a^2– b^2= \frac{1}{}4- \frac{1}{9} = \frac{5}{36}\) \(\Rightarrow c = \frac{\sqrt{5}}{6}\) \(F_1(-\frac{\sqrt{5}}{6} ; 0)\) và \(F_2(\frac{\sqrt{5}}{6} ; 0)\) \(A_1(-\frac{1}{2}; 0), A_2(\frac{1}{2}; 0)\), \(B_1(0; -\frac{1}{3} ), B_2(0; \frac{1}{3} )\). c) Chia \(2\) vế của phương trình cho \(36\) ta được : \(\frac{x^{2}}{9}+ \frac{y^{2}}{4}= 1\) Từ đây suy ra: \(2a = 6, 2b = 4, c = \sqrt5\) Suy ra \(F_1(-\sqrt5 ; 0)\) và \(F_2(\sqrt5 ; 0)\) \(A_1(-3; 0), A_2(3; 0), B_1(0; -2), B_2(0; 2)\). Bài 2 trang 88 sgk hình học 10 Lập phương trình chính tắc của elip, biết: a) Trục lớn và trục nhỏ lần lươt là \(8\) và \(6\) b) Trục lớn bằng \(10\) và tiêu cự bằng \(6\) Giải Phương trình chính tắc của elip có dạng : \(\frac{x^{2}}{a^{2}}\) + \(\frac{y^{2}}{b^{2}}\) = 1 a) Ta có \(a > b\) : \(2a = 8 \Rightarrow a = 4 \Rightarrow a^2= 16\) \(2b = 6 \Rightarrow b = 3 \Rightarrow b^2= 9\) Vậy phương trình chính tắc của elip có dạng \(\frac{x^{2}}{16}\) + \(\frac{y^{2}}{9}\) = 1 b) Ta có: \(2a = 10 \Rightarrow a = 5 \Rightarrow a^2= 25\) \(2c = 6 \Rightarrow c = 3 \Rightarrow c^2= 9\) \(\Rightarrow b^2=a^2-c^2 \Rightarrow b^2= 25 - 9 = 16\) Vậy phương trình chính tắc của elip có dạng \(\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{16}= 1\) Bài 3 trang 88 sgk hình học 10 Lập phương trình chính tắc của elip trong các trường hợp sau: a) Elip đi qua các điểm \(M(0; 3)\) và \(N( 3; \frac{-12}{5})\) b) Một tiêu điểm là \(F_1( -\sqrt3; 0)\) và điểm \(M(1; \frac{\sqrt{3}}{2})\) nằm trên elip Giải Phương trình chính tắc của elip có dạng: \(\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1\) a) Elip đi qua \(M(0; 3)\) \(\frac{0^{2}}{a^{2}} + \frac{3^{2}}{b^{2}}= 1 \Rightarrow b^2= 9\) Elip đi qua \(N( 3; \frac{-12}{5})\) \(\frac{3^{2}}{a^{2}} + \frac{\left(\frac{-12}{5}\right)^{2}}{9} = 1 \Rightarrow a^2= 25\) Phương trình chính tắc của elip là : \(\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{9} = 1\) b) Ta có: \(c = \sqrt3 \Rightarrow c^2= 3\) Elip đi qua điểm \(M(1; \frac{\sqrt{3}}{2})\) \(\frac{1}{a^{2}} + \frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}{b^{2}}= 1 \Rightarrow \frac{1}{a^{2}}+ \frac{3}{4b^{2}}= 1\) (1) Mặt khác: \( c^2=a^2-b^2\) \(\Rightarrow 3 = a^2-b^2\Rightarrow a^2=b^2 + 3\) Thế vào (1) ta được : \(\frac{1}{b^{2}+ 3} + \frac{3}{4b^{2}} = 1\) \(\Rightarrow a^2= 4b^2+ 5b^2- 9 = 0 \) \(\Rightarrow b^2 =1\) hoặc \( b^2= \frac{-9}{4}\)( loại) Với \( b^2= 1\Rightarrow a^2= 4\) Phương trình chính tắc của elip là : \(\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{1}= 1\) Bài 4 trang 88 sgk hình học 10 Để cắt một bảng hiệu quảng cáo hình elip có các trục lớn là \(80cm\) và trục nhỏ là \(40 cm\) từ một tấm ván ép hình chữ nhật có kích thước \(80cm \times 40cm\), người ta vẽ một hình elip lên tấm ván như hình 3.19. Hỏi phải ghim hai cái đinh cách các mép tấm ván ép bao nhiêu và lấy vòng dây có độ dài là bao nhiêu? Giải Ta có: \(2a = 80 \Rightarrow a = 40\) \(2b = 40\Rightarrow b = 20\) \( c^2= a^2– b^2= 1200 \Rightarrow c = 20\sqrt 3\) Phải đóng đinh tại các điểm \(F_1, F_2\) và cách mép ván: \(F_2A = OA – OF_2= 40 - 20\sqrt3\) \(\Rightarrow F_2A = 20(2 - \sqrt3) ≈ 5,4cm\) Chu vi vòng dây bằng: \(F_1F_2+ 2a = 40\sqrt 3 + 80\) \(\Rightarrow F_1F_2+2a = 40(2 + \sqrt 3)\) \( F_1F_2+ 2a ≈ 149,3cm\) Bài 5 trang 88 sgk hình học 10 Cho hai đường tròn \({C_1}({F_1};{R_1})\) và \({C_2}({F_2};{R_2})\). \(C_1\) nằm trong \(C_2\) và \(F_1≠ F_2\). Đường tròn \((C)\) thay đổi luôn tiếp xúc ngoài với \(C_1\) và tiếp xúc trong với \(C_2\).Hãy chứng tỏ rằng tâm \(M\) của đường tròn \((C)\) di động trên một elip. Giải Gọi \(R\) là bán kính của đường tròn \((C)\) \((C)\) và \(C_1\) tiếp xúc ngoài với nhau, cho ta: \(MF_1= R_1+ R\) (1) \((C)\) và \(C_2\) tiếp xúc trong với nhau, cho ta: \(MF_2= R_2- R\) (2) Từ (1) VÀ (2) ta được \(M{F_1} + M{F_2} = {R_1} + {R_2} = R\) không đổi Điểm M có tổng các khoảng cách \(M{F_1} + M{F_2} \) đến hai điểm cố định \(F_1\) và \(F_2\) bằng một độ dài không đổi \({R_1} + {R_2}\) Vậy tập hợp điểm \(M\) là đường elip, có các tiêu điểm \(F_1\) và \(F_2\) và có tiêu cự \(F_1F_2= R_1+R_2\) Giaibaitap.me Page 18
Câu 1 trang 93 SGK Hình học 10 Cho hình chữ nhật \(ABCD\). Biết các đỉnh \(A(5; 1), C(0; 6)\) và phương trình \(CD: x + 2y – 12 = 0\). Tìm phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại. Trả lời:
Cạnh \(AB\) là đường thẳng đi qua \(A( 5; 1)\) và song song với \(CD\). Vì \(CD\) có phương trình \(x + 2y – 12 = 0\) nên phương trình của \(AB\) có dạng: \(x + 2y + m = 0\) \(AB\) đi qua \(A(5; 1)\) nên ta có: \(5 + 2.1 + m = 0 ⇒ m = -7\) Vậy phương trình của \(AB\) là: \(x + 2y – 7 = 0\) \(AD\) là đường thẳng qua \(A\) và vuông góc với \(CD\). Phương trình của \(CD\) là: \(x + 2y – 12 = 0\) nên phương trình của \(AD\) có dạng: \(2x – y + n = 0\) \(AD\) đi qua \(A(5, 1)\) cho ta: \(2.5 - 1 + n = 0 ⇒ n = -9\) Phương trình của \(AD\): \(2x - y - 9 = 0\) \(CB\) là đường thẳng qua \(C\) và song song với \(AD\) nên phương trình của \(CB\) có dạng: \(2x – y + p = 0\) \(CB\) đi qua \(C (0; 6)\) nên: \( 2.0 – 6 + p = 0 ⇒ p = 6\) Phương trình của \(CB\) là: \(2x – y = 6 = 0\) Vậy \(AB: x + y – 7 = 0\) \(BC : 2x - y + 6 = 0\) \(AD : 2x – y – 9 = 0\) Câu 2 trang 93 SGK Hình học 10 Cho \(A(1; 2) B(-3; 1)\) và \(C(4; -2)\). Tìm tập hợp điểm \(M\) sao cho \(M{A^2} + M{B^2} = M{C^2}\) Trả lời: Gọi \((x; y)\) là tọa độ của điểm \(M\). \(\eqalign{ & \overrightarrow {MA} = (x - 1;y - 2) \cr & \overrightarrow {MB} = (x + 3;y - 1) \cr & \overrightarrow {MC} = (x - 4;y + 2) \cr} \) Theo giả thiết, ta có: \({\left( {x - 1} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }} - 2} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {x + {\rm{ }}3} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y + 1} \right)^2} = {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right)^2}\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow {x^2} + {\rm{ }}{y^2} + {\rm{ }}12x{\rm{ }}-{\rm{ }}10y{\rm{ }}-{\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}0 \cr & \Leftrightarrow {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}6} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}5} \right)^2} = {\rm{ }}66 \cr} \) Vậy quỹ tích các điểm \(M\) thỏa mãn đẳng thức \(M{A^2} + M{B^2} = M{C^2}\) là đường tròn tâm \(I (-6; 5)\) và bán kính \(R = \sqrt{66}\). Câu 3 trang 93 SGK Hình học 10 Tìm tập hợp các điểm cách đều hai đường thẳng: \({\Delta _1} : 5x + 3y – 3 = 0\) \({\Delta _2}: 5x + 3y + 7 = 0\) Trả lời: Gọi \(M(x; y)\) là một điểm bất kì trong mặt phẳng, ta có: \(\eqalign{ & d(M,{\Delta _1}) = {{|5x + 3y - 3|} \over {\sqrt {{5^2} + {3^2}} }} = {{|5x + 3y - 3|} \over {\sqrt {34} }} \cr & d(M,{\Delta _2}) = {{|5x + 3y + 7|} \over {\sqrt {{5^2} + {3^2}} }} = {{|5x + 3y + 7|} \over {\sqrt {34} }} \cr} \) Điểm \(M\) cách đều hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) nên: \(\eqalign{ & {{|5x + 3y - 3|} \over {\sqrt {34} }} = {{|5x + 3y + 7|} \over {\sqrt {34} }} \cr & \Leftrightarrow |5x + 3y - 3| = |5x + 3y + 7| \cr} \) Ta xét hai trường hợp: (*) \(5x + 3y – 3 = - (5x + 3y + 7) ⇔ 5x + 3y + 2 = 0\) (**) \(5x + 3y – 3 = 5x + 3y + 7\) (vô nghiệm) Vậy tập hợp các điểm \(M\) cách đều hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) là đường thẳng \(Δ: 5x + 3y + 2 = 0\) Dễ thấy \(Δ\) song song với \({\Delta _1},{\Delta _2}\) và hai đường thẳng \({\Delta _1},{\Delta _2}\) nằm về hai phía đối với \(Δ\). Câu 4 trang 93 SGK Hình học 10 Cho đường thẳng \(Δ: x – y + 2\) và hai điểm \(O(0; 0); A(2; 0)\) a) Tìm điểm đối xứng của \(O\) qua \(Δ\) b) Tìm điểm \(M\) trên \(Δ\) sao cho độ dài đường gấp khúc \(OMA\) ngắn nhất. Trả lời: a) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(Δ, H\) là giao điểm của đường thẳng qua \(O\) và vuông góc với \(Δ\). \(\overline {OH} = (x;y)\) \( Δ: x – y + 2 = 0\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u (1;1)\) \(\overrightarrow {OH} \bot \Delta \Rightarrow 1.x + 1.y = 0 \Leftrightarrow x + y = 0\) Tọa độ điểm \(H\) là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ x + y = 0 \hfill \cr x - y + 2 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H( - 1;1)\) Gọi \(O’\) là đỉnh đối xứng của \(O\) qua \(Δ\) thì \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OO’\) \(\eqalign{ & {x_H} = {{{x_O} + {x_{O'}}} \over 2} \Leftarrow - 1 = {{0 + {x_{O'}}} \over 2} \Rightarrow {x_{O'}} = - 2 \cr & {y_H} = {{{y_O} + {y_{O'}}} \over 2} \Leftarrow - 1 = {{0 + {y_{O'}}} \over 2} \Rightarrow {y_{O'}} = 2 \cr} \) Vậy \(O’(-2;2)\). b) Nối \(O’A\) cắt \(Δ\) tại \(M\) Ta có: \(OM = O’M\) \(⇒ OM + MA = O’M + MA = O’A\)
Giả sử trên \(Δ\) có một điểm \(M’ ≠ M\), ta có ngay: \(OM’ +M’A > O’A\) Vậy điểm \(M\), giao điểm của \(O’A\) với \(Δ\), chính là điểm thuộc \(Δ\) mà độ dài của đường gấp khúc \(OMA\) ngắn nhất. \(A(2; 0); O(-2; 2)\) nên \(O’A\) có hệ phương trình: \(x + 2y – 2 = 0\) Tọa độ của điểm \(M\) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \matrix{ x + 2y - 2 = 0 \hfill \cr x - y + 2 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow M( - {2 \over 3},{4 \over 3})\) Giaibaitap.me Page 19
Câu 5 trang 93 SGK Hình học 10 Cho ba điểm \(A(4; 3), B(2; 7), C(-3; -8)\) a) Tìm tọa độ điểm \(G\) , trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\). b) Tìm \(T\) là trực tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Chứng minh \(T, G, H\) thẳng hàng. c) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Trả lời: Ta có: \(\eqalign{ & {x_G} = {{{x_A} + {x_B} + {x_C}} \over 3} \Rightarrow {x_G} = {{4 + 2 - 3} \over 3} = 1 \cr & {y_G} = {{{y_A} + {y_B} + {y_C}} \over 3} \Rightarrow {y_G} = {{3 + 7 - 8} \over 3} = {2 \over 3} \cr} \) Vậy \(G\left(1,{2 \over 3}\right)\) Gọi \((x; y)\) là tọa độ của \(H\) \(\eqalign{ & \overrightarrow {AH} = (x - 4,y - 3);\overrightarrow {BC} = ( - 5, - 15) \cr & \overrightarrow {BH} = (x - 2,y - 7);\overrightarrow {AC} = ( - 7, - 11) \cr & \overrightarrow {AH} \bot \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \cr & \Leftrightarrow - 5(x - 4) - 15(y - 3) = 0 \Leftrightarrow x + y - 13 = 0 \cr & \overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \cr & \Leftrightarrow - 7(x - 2) - 11(y - 7) = 0 \Leftrightarrow 7x + 11y - 91 = 0 \cr} \) Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ x + y - 13 = 0 \hfill \cr 7x + 11y - 91 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H(13;0)\) b) Tâm \(T\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) thỏa mãn điều kiện \(TA = TB = TC ⇒ TA^2= TB^2= TC^2\), cho ta: \({\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2} +{\left( {y-3} \right)^2} = {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)^2} + {\left( {y{\rm{ }}-{\rm{ }}7} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm{ }}x{\rm{ }}-{\rm{ }}2y{\rm{ }} + {\rm{ }}7 =0\) \({\left( {x{\rm{ }}-{\rm{ }}4} \right)^2} +{\left( {y-3} \right)^2} = {\rm{ }}{\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}3} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {y +8} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm{ }}7x{\rm{ }} + 11y +24 = 0\) Do đó tọa độ tâm \(T\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC) là nghiệm của hệ: \(\left\{ \matrix{ x - 2y + 7 = 0 \hfill \cr 7x + 11y + 24 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow T( - 5;1)\) Ta có: \(\overrightarrow {TH} = ( - 18;1);\overrightarrow {TG} = (6;{-1 \over 3})\) Ta có: \(\overrightarrow {TH} = {3}\overrightarrow {TG} \) Vậy ba điểm \(H, G, T\) thẳng hàng. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) có tâm \(T(-5; 1)\), bán kính \(R = AT = \sqrt{85}\) \({R^2} = A{T^2} = {\left( { - 5-{\rm{ }}4} \right)^2} + {\rm{ }}{\left( {1-3} \right)^2} = 85\) Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là: \((x + 5)^2+ (y – 1)^2= 85\) Câu 6 trang 93 SGK Hình học 10 Lập phương trình hai đường phân giác của các góc tạo bởi đường thẳng \(3x – 4y + 12 = 0\) và \(12x+5y-7 = 0\) Trả lời: Gọi \(M(x; y)\) thuộc đường phân giác của góc tạo bởi đường thẳng trên. Khi đó, khoảng cách từ \(M\) đến \(d_1 : 3x - 4y + 12 = 0\) là: \(d(M,{d_1}) = {{|3x - 4y + 12|} \over {\sqrt {9 + 16} }} = {{|3x - 4y + 12|} \over 5}\) Khoảng cách từ \(M\) đến \(d_2: 12x + 15y – 7 = 0\) là: \(d(M,{d_2}) = {{|12x + 5y - 7|} \over {\sqrt {144 + 25} }} = {{|12x + 5y - 7|} \over {13}}\) Ta có: \(M\) thuộc đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng \(d_1\) và \(d_2\) nên cách đều hai đường thẳng đó.Suy ra: \(\eqalign{ & d(M,{d_1}) = d(M,{d_2}) \Leftrightarrow {{|3x - 4y + 12|} \over 5} = {{|12x + 5y - 7|} \over {13}} \cr & \Leftrightarrow \left[ \matrix{ {{3x - 4y + 12} \over 5} = {{12x + 5y - 7} \over {12}} \hfill \cr {{3x - 4y + 12} \over 5} = - {{12x + 5y - 7} \over {13}} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{ 21x + 77y - 191 = 0 \hfill \cr 99x - 27y + 121 = 0 \hfill \cr} \right. \cr} \) Vậy ta có phương trình của hai đường phân giác của các góc tạo bởi \(d_1\) và \(d_2\) là: \(\Delta _1: 21x + 77y – 191 = 0\) \(\Delta _2: 99x – 27y + 121 = 0\) Câu 7 trang 93 SGK Hình học 10 Cho đường tròn \((C)\) có tâm \(I(1, 2)\) và bán kính bằng \(3\). Chứng minh rằng tập hợp các điểm \(M\) từ đó ta sẽ được hai tiếp tuyến với \((C)\) tạo với nhau một góc \(60^0\) là một đường tròn. Hãy viết phương trình đường tròn đó. Trả lời:
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có: \(\widehat {AMI} = {30^0}\) \(IM = {{IA} \over {\sin \widehat {AMI}}} = {3 \over {\sin {{30}^0}}} = {3 \over {{1 \over 2}}} = 6\) Gọi tọa độ của \(M\) là \((x ;y)\) Ta có: \(O{M^2} = {(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} = 36\) Vậy quỹ tích \(M\) là đường tròn tâm \(I (1; 2)\), bán kính \(R = 6\) Phương trình đường tròn là: \({(x - 1)^2} + {(y - 2)^2} = 36\) Câu 8 trang 93 SGK Hình học 10 Tìm góc giữa hai đường thẳng \(\Delta_1\) và \(\Delta_2\) trong các trường hợp sau: a) \(\Delta_1\): \(2x + y – 4 = 0\) ; \(\Delta_2\): \(5x – 2y + 3 = 0\) b) \(\Delta_1\): \(y = -2x + 4\) ; \({\Delta _2}:y = {1 \over 2}x + {3 \over 2}\) Trả lời: a) Vecto pháp tuyến \(\Delta_1\) là \(\overrightarrow {{n_1}} = (2;1)\) Vecto pháp tuyến \({\Delta _2}\) là \(\overrightarrow {{n_2}} = (5; - 2)\) \(\eqalign{ & \cos ({\Delta _1},{\Delta _2}) = {{|\overrightarrow {{n_1}} .\overrightarrow {{n_2}} |} \over {|\overrightarrow {{n_1}} |.|\overrightarrow {{n_2}} |}} = {{|2.5 + 1.( - 2)|} \over {\sqrt 5 .\sqrt 9 }} = {8 \over {\sqrt {145} }} \cr & \Rightarrow ({\Delta _1},{\Delta _2}) \approx {48^0}21'59'' \cr} \) b) \(y = -2x + 4 ⇔ 2x + y – 4 = 0\) \(y = {1 \over 2}x + {3 \over 2} \Leftrightarrow x - 2y + 3 = 0\) Vì \(2.1 + 1.(-2) = 0 ⇔\Delta_1⊥{\Delta _2}\) Chú ý: _ Hệ số góc của \(\Delta_1\) là \(k = -2\) _ Hệ số góc của \({\Delta _2}\) là \(k' = {1 \over 2}\) Vì \(k.k' = 2.{1 \over 2} = - 1 \Rightarrow {\Delta _1} \bot {\Delta _2}\) Câu 9 trang 93 SGK Hình học 10 Cho elip \((E) = {{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) . Tìm tọa độ các đỉnh, các tiêu điểm và vẽ elip đó. Trả lời:
Phương trình chính tắc của Elip \((E) = {{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) có dạng là: \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\) Ta có: \(\eqalign{& \left\{ \matrix{{a^2} = 16 \hfill \cr {b^2} = 9 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{a = 4 \hfill \cr b = 3 \hfill \cr} \right. \cr & c = \sqrt {{a^2} - {b^2}} = \sqrt 7 \cr} \) _ Tọa độ các đỉnh \(A_1(-4;0), A_2(4; 0), B_1(0; -3)\) và \(B_2(0; 3)\) _ Tọa độ các tiêu điểm \(F_1(-\sqrt7; 0)\) và \(F_2(\sqrt7; 0)\) Giaibaitap.me Page 20
Page 21
Page 22
Page 23
Page 24
Page 25
Câu 19 trang 96 SGK Hình học 10 Đường tròn đi qua ba điểm \(A(0; 2); B(-2; 0)\) và \(C(2; 0)\) có phương trình là: A. \(x^2+ y^2 =8\) B. \(x^2+ y^2+ 2x + 4 = 0\) C. \(x^2+ y^2- 2x = 8 = 0\) D. \(x^2+ y^2- 4 = 0\) Trả lời: Phương trình đường tròn \((C) : x^2+ y^2– 2ax – 2by + c = 0\) với \(a^2+b^2-c> 0\) đi qua ba điểm \(A(0; 2)\); \(B(-2; 0)\) và \(C(2; 0)\) nên ta có hệ: \(\left\{ \matrix{ 4 - 4b + c = 0 \hfill \cr a + 4a + c = 0 \hfill \cr 4 - 4a + c = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a = 0 \hfill \cr b = 0 \hfill \cr c = - 4 \hfill \cr} \right.\) Vậy phương trình đường tròn \((C)\) là: \(x^2+ y^2- 4 = 0\) Do đó chọn D. Câu 20 trang 96 SGK Hình học 10 Cho điểm \(M(0; 4)\) và đường tròn \((C)\) có phương trình: \(x^2+ y^2- 8x – 6y + 21 = 0\) Trong các phát biểu sau, tìm phát biểu đúng: A. \(M\) nằm ngoài \((C)\) B. \(M\) nằm trên \((C)\) C. \(M\) nằm trong \((C)\) D. \(M\) trùng với tâm của \((C)\) Trả lời: Đường tròn: \(x^2+ y^2- 8x – 6y + 21 = 0\) có tâm \(I (4; 3)\) và bán kính \(R = 2\) Ta có: \(MI = \sqrt {17} \approx 4,12 > R\) nên \(M\) nằm ngoài \((C)\) Vậy chọn A. Câu 21 trang 96 SGK Hình học 10 Cho elip \((E)\): \({{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) và cho các mệnh đề: (I) \((E)\) có tiêu điểm \(F_1( -4; 0)\) và \(F_2( 4; 0)\) (II) \((E)\) có tỉ số \({c \over a} = {4 \over 5}\) (III) \((E)\) có đỉnh \(A_1(-5; 0)\) (IV) \((E)\) có độ dài trục nhỏ bằng \(3\). Trong các mệnh đề sau, tìm mệnh đề sai: A. (I) và (II) B. (II) và (III) C. (I) và (III) D. (IV) và (I) Trả lời: \((E)\): \({{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) có \(a^2= 25, b^2= 9, c^2= a^2– b^2= 16\) \(⇒ a = 5; b = 3\) và \(c = 4\) Tiêu điểm \(F_1( -4; 0)\) và \(F_2( 4; 0)\) Đỉnh \(A_1(-5; 0), A_2(5; 0), B_1(0; -3), B_2(0; 3)\) Độ dài trục nhỏ \(2b = 6\) \((E)\) có tỉ số \({c \over a} = {4 \over 5}\) . Từ đó suy ra, mệnh đề sai là (IV) và (I) Vậy chọn D. Câu 22 trang 97 SGK Hình học 10 Phương trình chính tắc của elip có hai đỉnh là \((-3; 0), (3; 0)\) và hai tiêu điểm là \((-1; 0), (1; 0)\) là: A. \({{{x^2}} \over 9} + {{{y^2}} \over 1} = 1\) B. \({{{x^2}} \over 8} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) C. \({{{x^2}} \over 9} + {{{y^2}} \over 8} = 1\) D. \({{{x^2}} \over 1} + {{{y^2}} \over 9} = 1\) Trả lời: Phương trình chính tắc của (E): \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\) với a2 = b2 + c2 Ta có: \(a = 3\) và \(c = 1\), suy ra: \(b^2= a^2– c^2= 8\) Phương trình chính tắc của \((E)\): \({{{x^2}} \over 9} + {{{y^2}} \over 8} = 1\) Vậy chọn C. Giaibaitap.me Page 26
Câu 23 trang 97 SGK Hình học 10 Cho elip \((E): x^2+ 4y^2= 1\) và cho các mệnh đề: (I): \((E)\) có trục lớn bằng \(1\) (II) \((E)\) có trục nhỏ bằng \(4\) (III) \((E)\) có tiêu điểm \({F_1}(0,{{\sqrt 3 } \over 2})\) (IV) \((E)\) có tiêu cự bằng \(\sqrt3\). Trong các mệnh đề sau, tìm mệnh đề đúng: A. (I) B. (II) và (IV) C. (I) và (III) D. (IV) Trả lời: Elip: \(\eqalign{ & {x^2} + 4{y^2} = 1 \Leftrightarrow {{{x^2}} \over 1} + {{{y^2}} \over {{1 \over 4}}} = 1 \cr & {a^2} = 1;{b^2} = {1 \over 4},{c^2} = {a^2} - {b^2} = {3 \over 4} \Rightarrow \left\{ \matrix{ a = 1 \hfill \cr b = {1 \over 2} \hfill \cr c = {{\sqrt 3 } \over 2} \hfill \cr} \right. \cr} \) _ Độ dài trục lớn \(2a = 2\), độ dài trục nhỏ \(2b = 1\) _ Tiêu cự \(2c = \sqrt3\) và tiêu điểm \(\left\{ \matrix{ {F_1}( - {{\sqrt 3 } \over 2},0) \hfill \cr {F_2}({{\sqrt 3 } \over 2},0) \hfill \cr} \right.\) _ Mệnh đề đúng: (E) có tiêu cự là \(\sqrt3\). Vậy chọn D. Câu 24 trang 97 SGK Hình học 10 Dây cung của elip (E): \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1 (0 < b < a)\) vuông góc với trục lớn tại tiêu điểm có độ dài là: A. \({{2{c^2}} \over a}\) B. \({{2{b^2}} \over a}\) C. \({{2{a^2}} \over c}\) D. \({{{a^2}} \over c}\) Trả lời: Đường thẳng \(Δ\) đi qua tiêu điểm \(F(c; 0)\) của elip (E): \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1(0 < b < a)\) và vuông góc với trục lớn của phương trình :\( x – c = 0\). \(Δ\) cắt \((E)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{ x - c = 0 \hfill \cr {{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = c \hfill \cr y = \pm {{{b^2}} \over a} \hfill \cr} \right.\) Độ dài dây cung của \((E)\) là độ dài đoạn thẳng \(MN = {{2{b^2}} \over a}\) Chọn B Câu 25 trang 97 SGK Hình học 10 Một elip có trục lớn là \(26\), tỉ số \({c \over a} = {{12} \over {13}}\) . Trục nhỏ của elip bằng bao nhiêu? A. \(5\) B. \(10\) C. \(12\) D. \(14\) Trả lời: Ta có: \(2b = 10\). Suy ra \(b = 5\) Vậy chọn A. Câu 26 trang 97 SGK Hình học 10 Cho elip \((E): 4x^2+ 9y^2= 36\). Trong các mệnh đề sau, tìm mệnh đề sai: A. \((E)\) có trục lớn bằng \(6\) B. \((E)\) có trục nhỏ bằng \(4\) C. \((E)\) có tiêu cự bằng \(\sqrt5\) D. \((E)\) có tỉ số \({c \over a} = {{\sqrt 5 } \over 3}\) Trả lời: \(\eqalign{ & 4{x^2} + {\rm{ }}9{y^2} = {\rm{ }}36 \Leftrightarrow {{{x^2}} \over 9} + {{{y^2}} \over 4} = 1 \cr & \left\{ \matrix{ {a^2} = 9 \hfill \cr {b^2} = 4 \hfill \cr {c^2} = {a^2} - {b^2} = 5 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{ a = 3 \hfill \cr b = 2 \hfill \cr c = \sqrt 5 \hfill \cr} \right. \cr} \) _ Độ dài trục lớn \(2a – 6\), độ dài trục nhỏ \(2b = 4\) _ Tiêu cự \(2c = 2\sqrt5\) và tỉ số \({c \over a} = {{\sqrt 5 } \over 3}\) _ Mệnh đề sai: \((E)\) có tiêu cự bằng \(\sqrt5\) Vậy C sai Giaibaitap.me |
