Giải Toán 10 Ôn tập cuối năm | Hay nhất Giải bài tập Toán lớp 10

Ôn tập cuối năm

Bài 1 trang 98 Toán lớp 10 Hình học: Cho hai vec tơ a và b có ^{a =3, b=5, a, b}

( )

. Với giá trị nào của m thì hai vec tơ a+mb và a−mb vuông góc với nhau?

Lời giải:

Ta có:

(

) (

) (

) (

)

 + − =

( )

a2 mb 0

 − =

2 2 2

a m .b 0

 − =

2 2 2

a m . b 0

 − =

2 2 2

3 m .5 0

 − =

2 9 3

m m

25 5

 =  = 

Vậy 3

m .

= 5

Bài 2 trang 98 Toán lớp 10 Hình học: Cho tam giác ABC và hai điểm M, N sao cho AM= AB;AN= AC.

a) Hãy vẽ M, N khi 2 2

; .

3 3

 =  = −

b) Tìm mối liên hệ giữa α và β để MN song song với BC.

Lời giải:

a) Ta có 2 2

AM AB

3 3

 =  =

Vậy AM là vec tơ cùng hướng với AB và có độ dài 2

AM AB

= 3

Lại có: 2 2

AN AC

3 3

 = −  = −

Vậy AN là vec tơ ngược hướng với AC và có độ dài 2

AN AC

= 3 . Ta vẽ hình như sau:

b)

Ta có: MN=AN−AM= AC− AB Lại có MN // BC, suy ra k :MN=kBC

AC AB kBC

  −  =

( )

AC AB k AC AB

  −  = −

(

) (

)

  − =  −

k k 0

  − =  − =

(Do hai vec tơ AB và AC không cùng phương nên chỉ bằng nhau khi chúng đồng thời bằng 0).

  =  =k

Vậy MN song song với BC khi và chỉ khi α = β.

Bài 3 trang 99 Toán lớp 10 Hình học: Cho tam giác đều ABC cạnh a.

a) Cho M là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính MA² + MB² + MC² theo a.

b) Cho đường thẳng d tùy ý, tìm điểm N trên đường thẳng d sao cho NA² + NB² + NC² nhỏ nhất.

Lời giải:

a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Do tam giác ABC là tam giác đều nên O đồng thời là trọng tâm tam giác đều ABC.

Ta có: MA² +MB² +MC²

2 2 2

MA MB MC

= + +

(

) (

) (

)

= + + + + +

(

) (

) (

)

= + + + + + + + +

( )

2 2 2 2

3MO 2MO. OA OB OC OA OB OC

= + + + + + +

( )

2 2 2 2

3MO OA OB OC 2MO. OA OB OC

= + + + + + +

Lại có:

+ O là trọng tâm tam giác đều ABC nên OA OB OC 0+ + = + Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

R OA OB OC MO a

= = = = = 3

Khi đó: MA² +MB² +MC² a² a² a² a^{2 2}

3. 2.0 2a

3 3 3 3

= + + + + = .

b) Ta có: NA² +NB² +NC²

2 2 2

NA NB NC

= + +

(

) (

) (

)

= + + + + +

2 2 2 2 2 2

NO 2NO.OA OA NO 2NO.OB OB NO 2NO.OC OC

= + + + + + + + +

( )

2 2 2 2

3NO 2NO OA OB OC OA OB OC

= + + + + + +

2 2 2 2

3NO OA OB OC

= + + + (vì OA+OB OC+ =0)

2 2

3NO 3R

= +

Ta có: NA² + NB² + NC² ngắn nhất

⇔ NO² ngắn nhất vì R không đổi

⇔ NO ngắn nhất

⇔ N là hình chiếu của O trên d.

Bài 4 trang 99 Toán lớp 10 Hình học: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 6cm. Một điểm M nằm trên cạnh BC sao cho BM = 2cm.

a) Tính độ dài của đoạn thẳng AM và tính côsin của góc BAM ; b) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM;

c) Tính độ dài đường trung tuyến vẽ từ đỉnh C của tam giác ACM;

d) Tính diện tích tam giác ABM.

Lời giải:

a) Do tam giác ABC là tam giác đều nên ABM 60=  . Theo định lý côsin trong tam giác ABM ta có:

2 2 2

AM =AB +BM −2AB.BM.cos ABM

2 2

6 2 2.6.2.cos 60

= + − = 28

AM 2 7

 = (cm)

Áp dụng hệ quả của định lý cosin vào tam giác ABM ta có:

2 2 2 2 2

AB AM BM 6 28 2 5

cos BAM

2.AB.AM 2.6.27 2 7

+ − + −

= = = .

b) Theo định lý sin trong tam giác ABM ta có:

AM 2R

sin ABM =

AM 2 7 2 21

R 2.sin ABM 2sin 60 3

 = = =

 (cm)

c) Ta có: BM + MC = BC nên MC = BC – BM = 6 – 2 = 4 cm.

Gọi D là trung điểm AM.

Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác ta có:

(

)

(

)

2 2 AC CM AM 2 6 4 28

CD 19

4 4

+ − + −

= = =

CD 19

 = (cm)

d) Ta có:

ABM

1 1

S AB.BM.sin ABM .6.2.sin 60 3 3

2 2

= =  = (cm²).

Bài 5 trang 99 Toán lớp 10 Hình học: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:

a) a = b cosC + c cosB;

b) sinA = sinB cosC + sinC cosB;

c) ha = 2RsinB sinC.

Lời giải:

a) Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác ta có:

2 2 2 2 2 2

b a c c a b

cos C ;cos B

2ab 2ca

+ − + −

= =

Ta có: b cosC + c cosB =

2 2 2 2 2 2

b a c c a b

b. c.

2ab 2ca

+ − + + −

2 2 2 2 2 2

b a c c a b

2a 2a

+ − + −

= +

2a2

2a a

= = (đpcm).

b) Theo định lí tổng ba góc của tam giác ta có:

A+ +B C = 180º^{ =A 180 −}

(

)

⇒ sinA = sin[180º – (B + C)] = sin(B + C) = sinB.cos C + cosB. sinC (đpcm) c) Theo định lí sin trong tam giác ABC, ta có:

a b c sin A =sinB =sin C=2R

2R.sin B b

 =

Do đó: ab.sin C 2S a.h^a _a

2R.sin B.sin C b.sin C h

a a a

= = = = = (đpcm).

Bài 6 trang 99 Toán lớp 10 Hình học: Cho các điểm A(2; 3), B(9; 4), M(5; y) và P(x; 2).

a) Tìm y để tam giác AMB vuông tại M;

b) Tìm x để ba điểm A, B và P thẳng hàng.

Lời giải:

a) Ta có: ^AM=

(

)

(

)

Tam giác AMB vuông tại M AMB 90=  AM.MB=0

( ) ( )

3.4 y 3 . 4 y 0

 + − − =

12 y2 7y 12 0

 − + − =

7y y2 0

 − =

y 0 y 7

 =

  =

Vậy với M(5; 0) hoặc M(5; 7) thì tam giác AMB vuông tại M.

b) Ta có: ^AB=

( )

(

)

Ba điểm A, P, B thẳng hàng AB và AP cùng phương AP k.AB

 = x 2 k.7

1 k.1

 − =

 − =

x 2 7 x 5

k 1 k 1

− = − = −

 

 = −  = −

Vậy ^P

(

)

Bài 7 trang 99 Toán lớp 10 Hình học: Cho tam giác ABC với H là trực tâm. Biết phương trình đường thẳng AB, BH và AH lần lượt là 4x + y – 12 = 0, 5x – 4y – 15 = 0 và 2x + 2y – 9 = 0. Hãy viết phương trình hai đường thẳng chứa hai cạnh còn lại và đường cao thứ ba.

Lời giải:

Trực tâm H là giao điểm của BH và AH ⇒ tọa độ H là nghiệm của hệ:

x 11

5x 4y 15 0 3 11 5

H ;

2x 2y 9 0 5 3 6

y 6

 =

− − =

    

 + − =   

  =



A là giao điểm của AB và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

4x y 12 0 x 5 5

A ;2

2x 2y 9 0 2 2

y 2

+ − =  =

    

 + − =   

  =

B là giao điểm BH và AB nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

4x y 12 0 x 3

( )

B 3;0

5x 4y 15 0 y 0

+ − = =

 

 

 − − =  =

 

+ Ta có: AC ⊥ HB, mà HB có một VTPT là (5; – 4) ⇒ AC nhận (4; 5) là một VTPT AC đi qua A ⁵;2

2

 

 

 

⇒ Phương trình đường thẳng AC: ^{4 x 5 5 y}

(

)

2

 − + − =

 

  hay 4x + 5y – 20 = 0.

+ Lại có: CH ⊥ AB, AB có một VTPT là (4; 1) ⇒ CH nhận (1; – 4) là một VTPT CH đi qua H ^{11 5};

3 6

 

 

 

⇒ Phương trình đường thẳng CH: 1. x ¹¹ 4 x ⁵ 0

3 6

 − −  − =

   

    hay CH: 3x – 12y – 1 = 0.

+ BC ⊥ AH , mà AH nhận (2; 2) là một VTPT

⇒ BC nhận (1; – 1) là một VTPT BC đi qua B(3; 0)

⇒ Phương trình đường thẳng BC: 1(x – 3) – 1(y – 0) = 0 hay x – y – 3 = 0.

Bài 8 trang 99 Toán lớp 10 Hình học: Lập phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng Δ: 4x + 3y – 2 = 0 và tiếp xúc với hai đường thẳng d1: x + y + 4 = 0 và d2: 7x – y + 4 = 0.

Lời giải:

Giả sử đường tròn cần lập có tâm O; bán kính R.

Đường thẳng Δ đi qua M(2; –2) và có VTPT là ^{n =}

( )

(

)

x 2 3t

y 2 4t

 = +

 = − −



O nằm trên Δ ⇒ O(2 + 3t; – 2 – 4t)

Đường tròn (O; R) tiếp xúc với d1 và d2 ⇒ d(O; d1) = d(O; d2) = R Ta có: d(O; d1) = d(O; d2)

( )

2 2 2 2

| 7 2 3t 2 4t 4 |

| 2 3t 2 4t 4 |

1 1 7 1

+ + + + + − − +

 =

+ +

| t 4 | | 25t 20 |

2 5 2

− + +

 =

| t 4 | 5 | 5t 4 |

2 5 2

− + +

 =

| t 4 | | 5t 4 |

 − + = +

t 4 5t 4 t 0

t 4 5t 4 t 2

− + = + =

 

− + = − −   = −

+ Với t = 0 ⇒ O(2; – 2) ⇒ R = d(O; d1) = 2 2 Phương trình đường tròn: (x – 2)² + (y + 2)² = 8.

+ Với t = – 2 ⇒ O(– 4; 6) , R = d(O; d1) = 3 2 Phương trình đường tròn: (x + 4)² + (y – 6)² = 18 Vậy có hai phương trình đường tròn thỏa mãn là:

(x – 2)² + (y + 2)² = 8 hoặc (x + 4)² + (y – 6)² = 18.

Bài 9 trang 99 Toán lớp 10 Hình học: Cho elip (E) có phương trình:

2 2

x y

100 +36=1. a) Hãy xác định tọa độ các đỉnh, các tiêu điểm của elip (E) và vẽ elip đó;

b) Qua tiêu điểm của elip dựng đường song song với Oy và cắt elip tại hai điểm M và N.

Tính độ dài đoạn MN.

Lời giải:

a) (E):

2 2

x y

100 +36 =1 có a = 10; b = 6 ⇒ c² = a² – b² = 64 ⇒ c = 8.

+ Tọa độ các đỉnh của elip là: A1(– 10; 0); A2(10; 0); B1(0; – 6); B2(0; 6) + Tọa độ hai tiêu điểm của elip: F1(– 8; 0) và F2(8; 0)

+ Vẽ elip:

b) Ta có: M  (E) ⇒ MF1 + MF2 = 2a = 20 (1)

MN // Oy ⇒ MN ⊥ F1F2 ⇒ MF12 – MF22 = F1F22 = (2c)² = 16² (định lý Pytago trong tam giác vuông MF1F2)

⇒ (MF1 + MF2).(MF1 – MF2) = 16²

⇒ MF1 – MF2 = 12,8 (Vì MF1 + MF2 = 20) (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

1 2

1 2

MF MF 20

MF MF 12,8

+ =

 + =



1 2

MF 16, 4 MF 3,6

 =

  = Vậy MN = 2.MF2 = 7,2.