Processing math: 100%
Trang chủ
Loigiaihay.com 2025

Đã cập nhật bản mới với lời giải dễ hiểu và giải thêm nhiều sách

Xem chi tiết
Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu

Giải sách bài tập Toán 10

ÔN TẬP CUỐI NĂM HÌNH HỌC

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

Bài 9 trang 197 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x5)2+(y3)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 23. Viết phương trình của d.

Gợi ý làm bài

(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

IHMNMH=MN2=3

IH=IM2MH2=43=1.

Phương trình đường thẳng d có dạng : 

y2=k(x1)kxy+2k=0.

Ta có IH = 1

|5k3+2k|k2+1=1

|4k1|=k2+1(4k1)2=k2+1

15k28k=0[k=0k=815

Vậy có hai điểm d thỏa mãn đề bài.

Đó là d1:y2=0

d2:y2=815(x1)8x15y+22=0.

 


Bài 10 trang 198 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): x225+y29=1. Gọi hai tiêu điểm của (E) lần lượt là F1,F2 và M thuộc (E) sao cho ^F1MF2=60 . Tìm tọa độ điểm M và tính diện tích tam giác  MF1F2

Gợi ý làm bài

(Xem hình 3.33)

Elip (E) có phương trình chính tắc: x225+y29=1.

Ta có : a = 5, b = 3. Suy ra c2=a2b2=259=16.

Vậy c = 4.

Xét điểm M(x;y) thuộc elip, ta có:

{F1M=a+cax=5+45xF2M=acax=545x

Áp dụng định lí côsin trong tam giác F1MF2 ta có:

F1F22=MF21+MF222MF1.MF2cos60

4c2=(5+45x)2+(545x)22(251625x2).12

64=25+4825x2x2=2516.13x=±5413(1)

Ta lại có: M(E)x225+y29=1(2)

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

y29=11316y2=916.3y=±343.

Vậy có bốn điểm M thỏa mãn đề bài. Chúng có tọa độ là (±5413;±343).

 


Bài 11 trang 198 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

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.

Gợi ý làm bài

(Xem hình 3.34)

Ta có : IB=(12)2+(14)2=10

IC=(52)2+(54)2=10IB=ICAB=AC.

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

Phương trình đường thẳng IM:x+y6=0(1)

Phương trình đường thẳng IB:3xy2=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 (x+32;y+32).

MN=(x3;y3)

BI=(1;3)

Ta có: {MN.BI=0HIB

{x3+3(y3)=03(x+32)(y+32)2=0

{x+3y12=03xy+2=0{x=35y=195.

Vậy N(35;195).

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

{7x+y8=0x+y6=0{x=13y=173

Vậy tọa độ điểm A là (13;173).

 


Bài 12 trang 198 Sách bài tập (SBT) Toán Hình học 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): x2a2+y2b2=1(a>b>1). Một góc vuông uOv (vuông tại O) quay quanh gốc O, cắt elip (E) tại M và N. Chứng minh rằng 1OM2+1ON2 không đổi, từ đó suy ra MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Gợi ý làm bài

(Xem hình 3.35)

Gọi y = kx và y=1kx là phương trình của Ou và Ov. 

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

x2a2+k2x2b2=1x2M=a2b2b2+k2a2.

Ta có : 

OM2=x2M+y2M=x2M+k2x2M=x2M(k2+1)=a2b2(1+k2)b2+k2a2

.............

Suy ra : 1OM2=b2+k2a2a2b2(1+k2).

Tương tự:

1ON2=b2+1k2a2a2b2(1+1k2)=a2+k2b2a2b2(1+k2).

Suy ra: 

1OM2+1ON2=a2+b2+k2(a2+b2)a2b2(1+k2)=a2+b2a2b2.

Vậy 1OM2+1ON2 không đổi.

Vẽ đường cao OH của tam giác vuông OMN.

Ta có : 1OH2=1OM2+1ON2=a2+b2a2b2.

Suy ra: OH=aba2+b2=R không đổi

Vậy MN luôn tiếp xúc với đường tròn cố định tâ O bán kính R=aba2+b2.

Giaibaitap.me

Góp ý - Báo lỗi

Vấn đề em gặp phải là gì ?

Hãy viết chi tiết giúp Giaibaitap.me

Bài giải mới nhất

Bài giải mới nhất các môn khác