Bài 2.55 trang 104 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

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.

Gợi ý làm bài

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 trang 104 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

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

Gợi ý làm bài

a) Gọi H(x; y). Ta có:

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

Và 

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

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 trang 105 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

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.

Gợi ý làm bài

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 trang 105 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

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

Gợi ý làm bài

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

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

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

Giaibaitap.me