Tổng hợp bài tập toán hình học phổ thông phương pháp giảng dạy toán 2 (bản 1)

Một trong các đường trung tuyến của tam giác đó có phương trình 3 x− y=0.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đó và viết phương trình đường thẳng thứ ba... Gọi ? là đường tròn có tâm I thu

PHƯƠNG PHÁP TOÁN 2- BÀI TẬP SỐ 2

Danh sách thành viên nhóm 26

4 Trịnh Thị Thu Trinh 1311369

Bài làm:

Câu 1: Cho Δ𝐴𝐵𝐶 có 𝐴𝐵 = 𝑐, 𝐴𝐶 = 𝑏, 𝐵𝐶 = 𝑎

a) Xác định điểm G sao cho ⃗GA − 3⃗GB + ⃗GC = 0⃗

b) Xác định điểm M để MA2 − 3MB2 + MC2 đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị đó theo 𝑎,

𝑏, c

Giải:

I A

B

C

G

a) Xác định điểm G sao cho ⃗GA − 3⃗GB + ⃗GC = 0⃗

Ta có: ⃗GA − 3⃗GB + ⃗GC = 0⃗

Với mọi M ta có:

⃗MG=−(⃗MA−3⃗ MB+⃗ MC)

Lấy M trùng với B ta được:

⃗BG=−(⃗BA−3⃗ BB+⃗ BC)

 ⃗BG=−(⃗BA+⃗ BC) (1)

Gọi I là trung điểm của AC, khi đó ta có:

⃗BA+⃗ BC=2⃗ BI (2)

Từ (1) và (2), suy ra:

⃗BG=−2⃗ BI



{⃗BG và ⃗ BI làhai vectơ cùng phương khác hướng

|⃗BG|=2|⃗BI|

b) Xác định điểm M để MA2 − 3MB2 + MC2 đạt giá trị lớn nhất Tính giá trị đó theo 𝑎,

𝑏, c

Xác định điểm M để MA2 − 3MB2 + MC2 đạt giá trị lớn nhất

Ta có:

MA2=(⃗MG+⃗ GA)2=(⃗MG)2+2⃗MG ⃗ GA +(⃗GA)2

MB2=(⃗MG+⃗ GB)2=(⃗MG)2+2⃗MG ⃗ GB+(⃗GB)2

MC2=(⃗MG+⃗ GC)2=(⃗MG)2+2⃗MG ⃗ GC+(⃗GC)2

 MA2 − 3MB2 + MC2

=−MG2+GA2−3GB2+GC2+2⃗MG(⃗GA−3 ⃗ GB+⃗ GC)

¿−MG2+GA2−3 GB2+GC2+2⃗MG ⃗0

¿−MG2

+GA2−3 GB2

+GC2

 MA2 – 3MB2 + MC2

=−MG2+GA2−3GB2+GC2 (*)

Vì MG2>0 nên MA2 – 3MB2 + MC2≤ GA2−3 GB2

+GC2

Do đó GTLN của MA2 – 3MB2 + MC2là GA2−3 GB2+GC2 khi M ≡ G

Tính GTLN theo 𝑎, 𝑏, c

Lần lượt thay M ≡ A, M ≡ B , M ≡C vào (*) ta được:

– 3AB2 + AC2=−AG2+GA2−3 GB2+GC2 (3)

BA2 + BC2=−BG2+GA2−3 GB2+GC2 (4)

CA2 – 3CB2¿−CG2+GA2−3GB2+GC2 (5)

Lấy (3) – 3.(4) + (5) vế theo vế ta được:

– 3AB2 + AC2−3(BA2

+BC2)+CA2 – 3CB2

¿−(GA2−3 GB2

+GC2)

−(GA2−3GB2+GC2)

−3 GB2+GC2=3 BC2−AC2+3 AB2=3 a2−b +3 c2

Vậy GTLN của MA2 – 3MB2 + MC2là 3 a2

−b+3 c2 khi M ≡ G

Câu 2: Xác định giá trị thực của 𝑥, 𝑦 sao cho:

a) √x2+y2−2 x−6 y+10+√x2+y2+4 x−2 y +5 đạt giá trị bé nhất

√x2+y2−2 x−6 y+10+√x2+y2+4 x−2 y +5

¿√x2−2 x +1+ y2−6 y +9+√x2+4 x+4+ y2−2 y +1

¿√( x−1)2+(y −3)2+√( x +2)2+(y −1)2

MA +MB ≥ AB nên đạt GTNN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,M,B thẳng hàng và M

nằm trên đoạn AB

⃗AB=(−3 ,−2)

GTNN= AB= √(−3)2+(−2)2=√13

đạt GTNN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,M,B thẳng hàng

ta có ⃗AM=k ⃗ AB

( x−1 , y−3)=k (−3 ,−2)

{x−1=−3 k

y−3=−2 k=¿{x=−3 k +1 y=−2k +3 với k ∈[0,1]

b) | √x2+y2−2 x −6 y+10−√x2+y2+4 x−2 y +5| đạt giá trị lớn nhất

| √x2

+y2−2 x −6 y+10−√x2

+y2

+4 x−2 y +5|

8

6

4

2

2

4

6

8

A B

15 10 5 5 10 15

8

6

4

2

2

4

6

8

A B

N

¿| √x2−2 x+1+ y2−6 y+9−√x2+4 x +4+ y2−2 y +1|

¿|√( x−1)2+(y−3)2

−√( x+2 )2+(y−1)2|

Ta thấy A và B cùng phía so với Ox,

S=|NA−NB|≤ AB nên S đạt GTLN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,B,N thẳng hàng và

N nằm ngoài đoạn AB

⃗AB=(−3 ,−2)

GTLN = AB = √(−3)2+(−2)2=√13

đạt GTNN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,N,B thẳng hàng

ta có ⃗NA=k ⃗ NB

(1−x , 3− y )=k (−2−x ,1− y )

k−1

y = k−3 k−1

với k ∈ Z \ (0,1)

Câu 3: Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua (2;−1) sao cho nó cắt hai trục tọa độ tại hai điểm 𝐴, 𝐵 mà 𝑀 là trung điểm của đoạn thẳng 𝐴𝐵.

Giải:

Đường thẳng đi qua M cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B mà M là trung điểm của đoạn thẳng AB nên

Ta gọi A(0;a), B(b;0)

Ta có: M(2; 1) là trung điểm AB nên

0

M

B

M

y

Suy ra A(0; 2) B(4;0)

Ta có véc tơ chỉ phương của đường thẳng theo đề là AB (4; 2)

, suy ra véc tơ pháp tuyến của đường thẳng này là n  AB (2; 4)

Đường thẳng đi qua M(2; 1) có véc tơ pháp tuyến n  AB (2; 4)

có dạng phương trình tổng quát là:

x y

x y

Kết luận: phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua M(2; 1) sao cho nó cắt hai trục tọa độ tại hai điểm 𝐴, mà 𝑀 là trung điểm của đoạn thẳng 𝐴𝐵 có dạng x 2y 4 0

Câu 4: Hai cạnh của tam giác có phương trình lần lượt là: 2 x− y=0 và 5 x − y=0 Một trong các đường trung tuyến của tam giác đó có phương trình 3 x− y=0 Cạnh thứ 3 của tam giác đó đi qua điểm M (3 ;9) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đó và viết phương trình đường thẳng thứ ba.

Giải:

12

10

8

6

4

2

2

(d3)

(dt)

(d2)

(d1)

≡ I

≡ O

A

M C

B

Gọi (d 1): 2 x− y=0

(d 2): 5 x− y =0

(dt ): 3 x− y=0

Ta thấy (d 1) ,(d 2) , (dt ) đồng qui tại góc tọa độ O(0 ;0) ⇒ A ≡O(0; 0)

Ta lại thấy M (3 ;9)∈ (dt ) (vì 3.3−9=0¿ ⇒ M là giao điểm của (dt) và đường thẳng thứ 3 của tam giác đó ⇒M ≡ I (gọi I là trung điểm của BC)

Ta có M là trung điểm BC ⇔{2 x M=x B+x C

2 y M=y B+y C ⇔ { x B+x C=6

y B+y C=18 ⇔ { x C=6−xB

y C=18− yB

⇒B(x B ; y B), C(6−x B ;18− y B)

B(x B ; y B)∈( d 1) ,C (6−x B ;18− y B)∈(d 2), thay tọa độ vào (d 1) ,(d 2) ta được hệ phương trình

¿

Suy ra B (4 ;8 ), C (2 ;10)

⃗BC=(−2 ;2)

Đường thẳng (d3) qua M(3;9) có vecto pháp tuyến n=(1;1)⃗ có phương trình là:

1 ( x−3)+1 ( y−9)=0

⇔ x + y −12=0

Câu 5: Cho hình thang ABCD vuộng tại A, B có đáy AD = a, BC = 3a và AB = 2a, a

là số thực dương cho trước.

a) Tính ⃗AB ⃗ BD ,⃗ BC ⃗ BD ,⃗ AC ⃗ BD theo a

b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, CD Hạ II’, JJ vuông góc với AC ( I’, J’ thuộc AC) Tính ⃗AC ⃗ IJ và|⃗IJ| theo a.

Giải:

N M

H J'

I'

J I

a)

* ⃗AB ⃗ BD

Tam giác ABD vuông tại A, áp dụng định lý Pitago trong ∆ ABD, ta được:

BD=√AD2+AB2=√a2+(2 a)2=√5 a2=a√5

BD=

2a

a√5=

2√5 5

⃗AB ⃗ BD=−⃗ BA ⃗ BD=−|⃗BA|.|⃗BD| cos ^ ABD

¿−2 a a√5 2√5

2

*⃗BC ⃗ BD

Kẻ DH vuông góc với BC

ABHD là hình chữ nhật ( vì ^A , ^ B , ^ Hvuông) ⇒ AB = DH, AD = BH

∆ BDH vuông tại H , tađược :

cos ^CBD= BH

BD=

a

a√5=

5

⃗BC ⃗ BD =|⃗BC|.|⃗BD| cos(⃗BC ⃗ BD)=|⃗BC|.|⃗BD| cos^ CBD=3 a a√5 √5

2

* ⃗AC ⃗ BD

Ta có:

⃗AC ⃗ BD=(⃗AB+⃗ BC)⃗BD=⃗ AB ⃗ BD+⃗ BC ⃗ BD

¿−4 a2

+3 a2

=−a2

b)

Ta có: IJ là đường trung bình của hình thang ABCD

Nên IJ= AD+ BC

a+3 a

^

DJI =^ DCB=45 °

⇒ ^IJC=180 °−^ DJI =180 °−45°=135°

Trong tâm giác ACD được:

2

−AC2−CD2

a2−13 a2−8 a2

−2 a√13 2 a√2=

5√26

26 ⇒ ^ ACD=11,3099°

Trong ∆ NCJ, được:

^

IJC +^ ACD +^ CNJ=180 ° ⇔135 °+11,3099°+^ CNJ =180° ⇔ ^ CNJ=33,6901 °

⃗AC ⃗ IJ=|⃗AC|.|⃗IJ|.cos(⃗AC ,⃗ IJ)=|⃗AC|.|⃗IJ| cos ^ CNJ=a√13 2 a cos33,6901=6 a2

Câu 6: Cho Δ𝐴𝐵𝐶 có các trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G Biết BM 3 / 2 ,

3

CN  và BGC  120, tính độ dài các cạnh của tam giác

Ta có:

3

1 2

và GM 0.5

CN  3 CG2 và GN 1

*Áp dụng ịnh lý cô sin cho định lý cô sin cho BGC ta có:



BC BG CG  BG CG BGC

120°

1 1/2 2

1 G N

C B

M

A

7

BC

*Ta có BGNcân tại G và BGN 180  BGC180 120 60

BGN CGM  (đối đỉnh)

Suy ra BGM định lý cô sin cho ều nên BN GN GB  1 Suy ra AB2BN 2

*Áp dụng ịnh lý cô sin cho định lý cô sin cho CGM ta có:



CM CG GM 

13 2

CM

 CA2CM  13

Kết luận: AB 2 , BC  7, AC  13

Câu 7: Cho Δ𝐴𝐵𝐶 có 𝐵𝐶 = 10 Gọi (𝐼) là đường tròn có tâm I thuộc cạnh BC và tiếp xúc với các cạnh 𝐴𝐵, 𝐴𝐶.

a) Biết 𝐼𝐴 = 3 𝑣à 2𝐼𝐵 = 3𝐼𝐶 Tính độ dài các cạnh 𝐴𝐵, 𝐴𝐶.

b) Biết (𝐼) có bán kính bằng 3 và 2𝐼𝐵 = 3𝐼𝐶 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và các cạnh 𝐴𝐵, 𝐴𝐶.

Ta có

3

2 3

2

IC

Mà

3

10 2

IC

Gọi D, E lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm I và các cạnh AB, AC

Khi đó IDAB, IEAC

Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến của đường tròn tâm I cắt nhau tại A nên AI là phân giác trong của ^BAC và AD=AE

a) Tính AB, AC

Vì AI là phân giác trong góc ^BAC nên

6 3

4 2

3

2

(*)

Xét AIB có cos ^AIB= AI

2

+IB2−AB2

32+62−AB2

36

Xét AIC có cos ^AIC= AI

2

+IC2

−AC2

32

+42

−AC2

25− AC2

24

Mà ^AIB+ ^ AIC=180 o=>cos ^AIB=−cos ^ AIC

2 2

4AB 6AC 330

Thay (*) vào (**) ta được

3 4.( ) 6A 330

2AC  C 

2

22

C

AC

Vậy

3 22

2

AB 

, AC  22 b) Tính AB, AC và bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC Xét DBI vuông tại D có:

DB2=BI2-DI2=62-32=36-9=27

DB= 3 3

Xét EIC vuông tại E có:

EC2=IC2-IE2=42-32=16-9=7

EC= 7

Mặt khác: AD=AB-DB=AB-3 3; AE=AC-EC=AC- 7

Mà AD=AEAB-3 3=AC- 7(1)

Vì AI là phân giác trong góc ^BACnên

6 3

4 2

3

2

(2) Thay (2) vào (1) ta được :

2

6 3 2 7

AC

3

(6 3 2 7) 9 3 3 7

2

AB

Xét DBI vuông tại D có sin ^DBI= DI

BI=

3

1 2

Xét ABC có AC

sin ^ABC=2 R ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC)

2 sin ^ABC=

6√3−2√7

2.1 2

=6√3−2√7

Vậy AB=9 3 3 7 ; AC=6 3 2 7 ; R=6 3 2 7