Ôn tập chương III: Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 93 94 sgk Hình học 10

Hướng dẫn giải Bài Ôn tập Chương III. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, sách giáo khoa Hình học 10. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 93 94 sgk Hình học 10 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập hình học có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 10.


Lý thuyết

1. §1. Phương trình đường thẳng

2. §2. Phương trình đường tròn

3. §3. Phương trình đường Elip

Dưới đây là phần Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 93 94 sgk Hình học 10. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!


Câu hỏi và bài tập

Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập hình học 10 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 93 94 sgk Hình học 10 của Ôn tập Chương III. Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:

Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 93 94 sgk Hình học 10
Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 93 94 sgk Hình học 10

1. Giải bài 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.

Bài giải:

\(AB\) 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 thay tọa độ $A$ vào 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 phương trình các đường thẳng còn lại:

\(AB: x + y – 7 = 0\)

\(BC : 2x – y + 6 = 0\)

\(AD : 2x – y – 9 = 0\)


2. Giải bài 2 trang 93 sgk Hình học 10

Cho \(A(1; 2),\,\ B(-3; 1),\,\ C(4; -2)\). Tìm tập hợp điểm \(M\) sao cho \(M{A^2} + M{B^2} = M{C^2}\).

Bài giải:

Gọi \(M(x; y)\) suy ra:

\(\eqalign{& \overrightarrow {MA} = (x – 1;y – 2) \cr & \overrightarrow {MB} = (x + 3;y – 1) \cr & \overrightarrow {MC} = (x – 4;y + 2) \cr} \)

Theo giả thiết, \(M{A^2} + M{B^2} = M{C^2}\) nên 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 \(R = \sqrt{66}\).


3. Giải bài 3 trang 93 sgk Hình học 10

Tìm tập hợp các điểm cách đều hai đường thẳng: \({\Delta _1} : 5x + 3y – 3 = 0\) và \({\Delta _2}: 5x + 3y + 7 = 0\)

Bài giải:

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 \(Δ\).


4. Giải bài 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.

Bài giải:

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 vectơ 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:

\(\left\{ \matrix{x + 2y – 2 = 0 \hfill \cr x – y + 2 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow M( – {2 \over 3},{4 \over 3})\)


5. Giải bài 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 \(ABC\).

Bài giải:

a) 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:

\((x + 5)^2+ (y – 1)^2= 85\)


6. Giải bài 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 \(12x+5y-7 = 0\)

Bài giải:

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:

\(\Delta _1: 21x + 77y – 191 = 0\)

\(\Delta _2: 99x – 27y + 121 = 0\)


7. Giải bài 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.

Bài giải:

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: \({(x – 1)^2} + {(y – 2)^2} = 36\)


8. Giải bài 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) \(\Delta_1\): \(y = -2x + 4\) ; \({\Delta _2}:y = {1 \over 2}x + {3 \over 2}\)

Bài giải:

a) Vectơ pháp tuyến \(\Delta_1\) là \(\overrightarrow {{n_1}} = (2;1)\)

Vectơ pháp tuyến \({\Delta _2}\) là \(\overrightarrow {{n_2}} = (5; – 2)\)

$cos (\Delta _1,\Delta _2) = \frac{|\overrightarrow {n_1} .\overrightarrow {n_2} |} {|\overrightarrow {n_1}|.| \overrightarrow {n_2} |} = \frac{|2.5 + 1.( – 2)|} { \sqrt 5 .\sqrt 9 } = \frac{8}{\sqrt 145} $

$\Rightarrow ({\Delta _1},{\Delta _2}) \approx {48^0}21’59’$

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 \(k.k’ = 2.{1 \over 2} = – 1 \Rightarrow {\Delta _1} \bot {\Delta _2}\)


9. Giải bài 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.

Bài giải:

Phương trình chính tắc của elip có dạng là: \({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\).

Theo đề bài, elip có phương trình: \((E) : {{{x^2}} \over {16}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\)

Suy ra:

\(\eqalign{& \left\{ \matrix{{a^2} = 16 \hfill \cr {b^2} = 9 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{a = 4 \hfill \cr b = 3 \hfill \cr} \right. \cr & c = \sqrt {{a^2} – {b^2}} = \sqrt 7 \cr} \)

_ Tọa độ các đỉnh \(A_1(-4;0), A_2(4; 0), B_1(0; -3),B_2(0; 3)\)

_ Tọa độ các tiêu điểm \(F_1(-\sqrt7; 0)\) và \(F_2(\sqrt7; 0)\)


10. Giải bài 10 trang 93 sgk Hình học 10

Ta biết rằng Mặt trăng chuyển động quanh Trái Đất theo một quỹ đạo là một elip mà Trái Đất là một tiêu điểm. Elip đó có chiều dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là \(769 266 km\) và \(768 106 km\). Tính khoảng cách ngắn nhất và khoảng cách dài nhất từ Trái Đất đến Mặt Trăng, biết rằng các khoảng cách đó đạt được khi Trái Đất và Mặt Trăng nằm trên trục lớn của Elip.

Bài giải:

Ta có phương trình của elip mô tả sự chuyển động của Mặt Trăng với Trái Đất là một tiêu điểm: $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ với:

\(2a = 760 266 ⇒ a = 384633\)

\(2b = 768 106 ⇒ b = 384 053\)

Mặt khác: $c^2 = a^2 – b^2 = 384633^2 – 384053^2 = 445837880 ⇒ c ≈ 21115(km)$

Khoảng cách ngắn nhất từ Mặt Trăng đến Trái Đất là:

$a – c = 384633 – 21115 = 363518 (km)$

Khoảng cách dài nhất từ Mặt Trăng đến Trái Đất là:

$a + c = 384633 + 21115 = 405748(km)$


Bài trước:

Bài tiếp theo:


Xem thêm:

Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 10 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 trang 93 94 sgk Hình học 10!


“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com