Bài 17 trang 216 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10

Trong mặt phẳng tọa đọ Oxy hãy tìm tọa độ các đỉnh M, N của hình vuông AMBN, biết tọa độ hai đỉnh A(1; 1) và B(3; 5).

Gợi ý làm bài

Giả sử M(x; y) là đỉnh của hình vuông AMBN.

Ta có:

\(\left\{ \matrix{
\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \left| {\overrightarrow {BM} } \right| \hfill \cr
\overrightarrow {AM} \bot \overrightarrow {BM} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
A{M^2} = B{M^2} \hfill \cr
\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM} = 0 \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{(x - 1)^2} + {(y - 1)^2} = {(x - 3)^2} + {(y - 5)^2} \hfill \cr
(x - 1)(x - 3) + (y - 1)(y - 5) = 0 \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x + 2y = 8 \hfill \cr
{x^2} + {y^2} - 4x - 6y + 8 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 4 \hfill \cr
y = 2 \hfill \cr} \right.\)

hoặc

\(\left\{ \matrix{
x = 0 \hfill \cr
y = 4 \hfill \cr} \right.\)

Vậy M(4; 2), N(0; 4) hoặc M(0; 4), N(4; 2).

Bài 18 trang 216 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10

Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình

\(\left\{ \matrix{
2y - x \le 6 \hfill \cr
9x + 4y \le 56 \hfill \cr
3x + 5y \ge 4 \hfill \cr} \right.\)

Gợi ý làm bài

(h.65) Tập nghiệm là miền tam giác ABC (kể cả biên).

Bài 19 trang 217 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số lớp 10

Cho các số liệu thống kê ghi trong bảng sau

Thời gian giải xong một bài tập Toán của 44 học sinh lớp 10A, trường Trung học phổ thông K

Bài 20 trang 217 Sách bài tập (SBT) Toán Đại số 10

Chứng minh rằng

a) \({{\sqrt {1 + \cos \alpha }  + \sqrt {1 - \cos \alpha } } \over {\sqrt {1 + \cos \alpha }  - \sqrt {1 - \cos \alpha } }} = \cot ({\alpha  \over 2} + {\pi  \over 4})\) \((\pi  < \alpha  < 2\pi )\)

b) \({{\cos 4a\tan 2a - \sin 4a} \over {\cos 4a\cot 2a + \sin 4a}} =  - {\tan ^2}2a\)

c) \({{{{\sin }^2}2a + 4{{\sin }^2}a - 4} \over {1 - 8{{\sin }^2}a - \cos 4a}} = {1 \over 2}{\cot ^4}a\)

d) \(1 + 2\cos 7a = {{\sin 10,5a} \over {\sin 3,5a}}\)

e) \({{\tan 3a} \over {\tan a}} = {{3 - {{\tan }^2}a} \over {1 - 3{{\tan }^2}a}}\)

Gợi ý làm bài

a) Vì \(\sqrt {1 + \cos \alpha }  =  - \sqrt 2 \cos {\alpha  \over 2}(do{\pi  \over 2} < {\alpha  \over 2} < \pi )\)

\(\sqrt {1 - \cos \alpha }  = \sqrt 2 \sin {\alpha  \over 2}\) cho nên

\({{\sqrt {1 + \cos \alpha }  + \sqrt {1 - \cos \alpha } } \over {\sqrt {1 + \cos \alpha }  - \sqrt {1 - \cos \alpha } }} = {{ - \sqrt 2 \cos {\alpha  \over 2} + \sqrt 2 \cos {\alpha  \over 2}} \over { - \sqrt 2 \cos {\alpha  \over 2} - \sqrt 2 \cos {\alpha  \over 2}}}\)

\( = {{\cos {\alpha  \over 2} - \sin {\alpha  \over 2}} \over {\cos {\alpha  \over 2} + \sin {\alpha  \over 2}}} = {{1 - \tan {\alpha  \over 2}} \over {1 + \tan {\alpha  \over 2}}} = \tan ({\pi  \over 4} - {\alpha  \over 2})\)

\( = \cot ({\alpha  \over 2} + {\pi  \over 4})\)

b) 

\(\eqalign{
& = {{\cos 4a\tan 2a - \sin 4a} \over {\cos 4a\cot 2a + \sin 4a}} \cr
& = {{\cos 4a\sin 2a - \sin 4a\cos 2a} \over {\cos 4a\cos 2a + \sin 4a\sin 2a}}.\tan 2a \cr} \)

\( = {{ - \sin 2a} \over {\cos 2a}}\tan 2a =  - {\tan ^2}2a$\)

c) 

\(\eqalign{
& {{{{\sin }^2}2a + 4{{\sin }^2}4a} \over {1 - {{\sin }^2}a - \cos 4a}} \cr
& = {{4{{\sin }^2}a{{\cos }^2}a + 4({{\sin }^2}a - 1)} \over {1 - 8{{\sin }^2}a - (1 - 2{{\sin }^2}2a)}} \cr} \)

\({{4{{\cos }^2}a({{\sin }^2}a - 1)} \over {8{{\sin }^2}a(co{s^2}a - 1)}} = {1 \over 2}{\cot ^4}a.\)

d) 

\(\eqalign{
& {{\sin 10,5a} \over {\sin 3,5a}} = {{\sin (7 + 3,5a)} \over {\sin 3,5a}} \cr
& = {{\sin 7a\cos 3,5a + \cos 7a\sin 3,5a} \over {\sin 3,5a}} \cr} \)

\( = {{\sin 3,5a(2{{\cos }^2}3,5a + \cos 7a)} \over {\sin 3,5a}}\)

\( = (2{\cos ^2}3,5a - 1) + 1 + cos7a\)

\( = 2cos7a + 1.\)

e) 

\(\eqalign{
& {{\tan (a + 2a)} \over {\tan a}} = {{\tan a + \tan 2a} \over {\tan a(1 - {\mathop{\rm tanatan}\nolimits} 2a}} \cr
& = {{\tan a + {{2\tan a} \over {1 - {{\tan }^2}a}}} \over {\tan a(1 - {{2{{\tan }^2}a} \over {1 - {{\tan }^2}a}})}} \cr} \)

\( = {{3 - {{\tan }^2}a} \over {1 - 3{{\tan }^2}a}}$\)

Giaibaitap.me