Ôn tập cuối năm

Bài 1. Trên hình 105, ta có tam giác ABC và các hình vuông (A{A’}{B_1}B,,,B{B’}{C_1}C,,,C{C’}{A_1}A) .

Chứng  minh các đăng thức sau

a) ((overrightarrow {A{A’}}  + overrightarrow {B{B’}} ).,overrightarrow {AC}  = 0)

b) ((overrightarrow {A{A’}}  + overrightarrow {B{B’}}  + overrightarrow {C{C’}} ).,overrightarrow {AC}  = 0)

c) (overrightarrow {A{A’}}  + overrightarrow {B{B’}}  + overrightarrow {C{C’}}  = 0)

d) (overrightarrow {A{B_1}}  + overrightarrow {B{C_1}}  + overrightarrow {C{A_1}}  = 0)

Giải

a) Kẻ (AH bot BC) ta chứng minh đường thẳng AH cắt A’A1 tại trung điểm I của A’A1. Kẻ .

Ta có: ({A’}M bot AH,,,,{A_1}N bot AH)

(eqalign{
& Delta AHB = Delta {A’}MA,,, Rightarrow ,,{A’}M = AH cr
& Delta AHC = Delta {A_1}NA,,, Rightarrow ,,{A_1}N = AH cr} )                  Từ đó suy ra: (Delta IM{A’} = Delta IN{A_1},,, Rightarrow ,,I{A’} = ,,I{A_1},)

Tương tự gọi J là trung điểm ({B_1}{B’}) thì (BJ bot AC) .

Ta có

(overrightarrow {A{A’}}  + overrightarrow {B{B’}}  = overrightarrow {B{B_1}}  + overrightarrow {B{B’}}  = 2overrightarrow {BJ} )

(Rightarrow ,,(overrightarrow {A{A’}}  + overrightarrow {B{B’}} ).,overrightarrow {AC}  = 0)

b) Theo câu a) và (overrightarrow {C{C’}}  bot overrightarrow {AC} ) nên ((overrightarrow {A{A’}}  + overrightarrow {B{B’}}  + overrightarrow {C{C’}} ).,overrightarrow {AC}  = 0) .

c) Đặt (overrightarrow u  = overrightarrow {A{A’}}  + overrightarrow {B{B’}}  + overrightarrow {C{C’}} ).

Ta có (overrightarrow u .,overrightarrow {AC}  = 0,,,overrightarrow u .,overrightarrow {AB}  = 0,)  . Suy ra (overrightarrow u  = overrightarrow 0 ) .

d) Ta có

(eqalign{
& overrightarrow {A{B_1}} + overrightarrow {B{C_1}} + overrightarrow {C{A_1}}cr& = overrightarrow {A{A’}} + overrightarrow {AB} + overrightarrow {B{B’}} + overrightarrow {BC} + overrightarrow {C{C’}} + overrightarrow {CA} cr
&  = overrightarrow {A{A’}} + overrightarrow {B{B’}} + overrightarrow {C{C’}} + overrightarrow {AB} + overrightarrow {BC} + overrightarrow {CA} = overrightarrow 0 cr} )

—————————————————–

Bài 2. Cho tam giác  vuông tại A, AB = c, AC = b . Gọi M là điểm trên cạnh BC sao cho CM = 2BM, N là điểm trên cạnh AB sao cho BN = 2AN (h.106).

a) Biểu thị các vectơ  theo hai vectơ (overrightarrow {AM} ,,overrightarrow {CN} ) và (overrightarrow {AB} ;,overrightarrow {AC} ) .

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c sao cho (AM bot CN) .

Giải

a) Ta có:

(overrightarrow {CM}  = 2overrightarrow {MB} ,,, Rightarrow ,,overrightarrow {AM}  – overrightarrow {AC}  = 2(overrightarrow {AB}  – overrightarrow {AM} ))

(Rightarrow ,,overrightarrow {AM}  = {2 over 3}overrightarrow {AB}  + {1 over 3}overrightarrow {AC} )

Mặt khác (overrightarrow {BN}  = 2overrightarrow {NA} ,, Rightarrow ,,overrightarrow {AN}  – overrightarrow {AB}  =  – 2overrightarrow {AN} )

(Rightarrow ,,overrightarrow {AN}  = {1 over 3}overrightarrow {AB} )

( Rightarrow ,,overrightarrow {CN}  = overrightarrow {AN}  – overrightarrow {AC}  = {1 over 3}overrightarrow {AB}  – overrightarrow {AC} )

b) Ta có

(eqalign{
& overrightarrow {AM} bot overrightarrow {CN} Leftrightarrow ,,overrightarrow {AM} .overrightarrow {CN} = 0cr& Leftrightarrow ,,left( {{2 over 3}overrightarrow {AB} + {1 over 3}overrightarrow {AC} } right)left( {{1 over 3}overrightarrow {AB} – overrightarrow {AC} } right) cr&;;;;;= 0 cr
&  Leftrightarrow ,,{2 over 9}A{B^2} – {2 over 3}overrightarrow {AB} .overrightarrow {AC} + {1 over 9}overrightarrow {AC} .,overrightarrow {AB} – {1 over 3}A{C^2}cr&;;;;; = 0 cr
&  Leftrightarrow ,,{2 over 9}{c^2} – {1 over 3}{b^2} = 0 cr
& Leftrightarrow ,,2{c^2} = 3{b^2} cr} )

———————————————-

Bài 3. Cho tam giác ABC với AB = 4; AC = 5, BC = 6 .

a) Tính các góc A, B, C.

b) Tính độ dài các đường trung tuyến và diện tích tam giác.

c) Tính các bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác .

Giải

a) Ta có  (a = 6, b = 5, c = 4)

(eqalign{
& cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} over {2bc}} = {{{5^2} + {4^2} – {6^2}} over {2.5.4}} = {1 over 8}cr& Rightarrow widehat A approx {83^0} cr
& cos B = {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} over {2ac}} = {{{6^2} + {4^2} – {5^2}} over {2.6.4}} = {9 over {16}}cr& Rightarrow widehat B approx {56^0} cr
& Rightarrow ,,widehat C approx {41^0} cr} )

b) Ta có

(eqalign{
& m_a^2 = {1 over 4}left( {2{b^2} + 2{c^2} – {a^2}} right) cr&;;;;;;= {1 over 4}left( {50 + 32 – 36} right) = {{46} over 4},, Rightarrow ,,{m_a} = {{sqrt {46} } over 2} cr
& m_b^2 = {1 over 4}left( {2{a^2} + 2{c^2} – {b^2}} right) = {{79} over 4},, Rightarrow ,,{m_b} = {{sqrt {79} } over 2} cr
& Rightarrow ,,{m_c} = {{sqrt {106} } over 2} cr} )

———————————————

Bài 4. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng :

a) Tam giác ABC có tính chất gì nếu ({a^2} = {{{b^3} + {c^3} – {a^3}} over {b + c – a}})?

b) Biết ({2 over {{h_a}}} = {1 over {{h_b}}} + {1 over {{h_c}}}) , chứng minh rằng (2sin A = sin B + sin C) .

Giải

a) Ta có

(eqalign{
& {a^2} = {{{b^3} + {c^3} – {a^3}} over {b + c – a}}cr& Leftrightarrow ,,{a^2}b + {a^2}c – {a^3} = {b^3} + {c^3} – {a^3} cr
&  Leftrightarrow ,,{a^2}left( {b + c} right) = left( {b + c} right)left( {{b^2} – bc + {c^2}} right) cr
&  Leftrightarrow ,,{a^2} = {b^2} + {c^2} – bc cr} )

Áp dụng định lí cosin ta có ({a^2} = {b^2} + {c^2} – 2bccos A)   .

Do đó (cos A = {1 over 2},, Leftrightarrow ,,widehat A = {60^0}).

Vậy tam giác ABC có góc  A bằng ({60^0}) .

b) Ta có (S = {1 over 2}a{h_a},, Rightarrow ,,{h_a} = {{2S} over a},,,,;,,,S = {1 over 2}b{h_b})

(Rightarrow ,,{h_b} = {{2S} over b},,;,,{h_c} = {{2S} over c}) .

Do đó

(eqalign{
& {2 over {{h_a}}} = {1 over {{h_b}}} + {1 over {{h_c}}},,, Leftrightarrow ,,2a = b + c cr
& ,,,,,,,,,,, Leftrightarrow ,,2.2Rsin A = 2Rsin B + 2Rsin C cr
& ,,,,,,,,,, Leftrightarrow ,,2sin A = sin B + sin C cr} )

———————————————————

Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai hình chữ nhật OACB và OA’C’B’ như hình 107. Biết (A(a,;,0),,,{A’}({a’},;,0),,,B(0,;,b),,,{B’}(0,;,{b’},),) (a, a’, b, b; là những số dương, (a, ne {a’},,,b, ne ,{b’})).

a) Viết phương trình các đường thẳng AB’ và A’B.

b) Tìm liện hệ giữa để hai đường thẳng AB’ và A’B cắt nhau. Khi đó hãy tìm tọa độ giao điểm I của hai đường thẳng đó.

c) Chứng minh rằng ba điểm I, C, C’ thẳng hàng.

d) Với điều kiện nào của a, a’, b, b’; thì  C là trung điểm của IC’?

Giải

a) Áp dụng phương trình đường thẳng theo đoạn chắn, ta có

(A{B’}:,,{x over a} + {y over {{b’}}} = 1,,;,,,,{A’}B:,,{x over {{a’}}} + {y over b} = 1)

b) A’B và AB’ cắt nhau ( Leftrightarrow ,,{a over {{a’}}} ne {{{b’}} over b},, Leftrightarrow ,,ab – {a’}{b’} ne 0) . Tọa độ giao điểm I của A’B và AB’ là nghiệm của hệ phương trình:

(left{ matrix{
{b’}x + ay = a{b’} hfill cr
bx + {a’}y = {a’}b hfill cr} right.,, Leftrightarrow ,,left{ matrix{
x = {{a{a’}left( {{b’} – b} right)} over {{a’}{b’} – ab}} hfill cr
y = {{b{b’}left( {{a’} – a} right)} over {{a’}{b’} – ab}} hfill cr} right.)

Vậy (Ileft( {{{a{a’}left( {{b’} – b} right)} over {{a’}{b’} – ab}};,,{{b{b’}left( {{a’} – a} right)} over {{a’}{b’} – ab}}} right))

c) Ta có (C(a,,,b),;,,{C’}({a’},,,{b’}))

(overrightarrow {CI}  = left( { – {{ableft( {{a’} – a} right)} over {{a’}{b’} – ab}}; – {{ableft( {{b’} – b} right)} over {{a’}{b’} – ab}}} right) =  – {{ab} over {{a’}{b’} – ab}}overrightarrow {C{C’}} )

Suy ra C, C’, I  thẳng hàng.

d) C là trung điểm IC’ .

( Leftrightarrow ,,overrightarrow {CI}  + overrightarrow {C{C’}}  = overrightarrow 0 ,, )

(Leftrightarrow ,,overrightarrow {CI}  =  – overrightarrow {C{C’}} ,, Leftrightarrow ,,{{ab} over {{a’}{b’} – ab}} = 1,, Leftrightarrow ,,{a’}{b’} = 2ab)

——————————————————–

Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(3, 4); B( 6, 0)

a) Nhận xét gì về tam giác OAB ? Tính diện tích của tam giác đó.

b) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.

c) Viết phương trình đường phân giác trong tại đỉnh O của tam giác OAB.

d) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB.

Giải

a) Ta có(OA = sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5,,,;,,,OB = sqrt {{6^2} + 0}  = 6,,;)

(AB = sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5,)

Tam giác OAB cân tại A. Gọi I là trung điểm của OB ta có I(3, 0) và (AI = sqrt {{{(3 – 3)}^2} + {{(0 – 4)}^2}}  = 4) .

Diện tích tam giác OAB bằng (S = {1 over 2}.AI.OB = {1 over 2}.4.6 = 12) .

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB có dạng

((C):,{x^2} + {y^2} + 2ax + 2by + c = 0)

Vì (O,,,A,,,B,, in ,,(O)) nên

(left{ matrix{
c = 0 hfill cr
9 + 16 + 6a + 8b + c = 0 hfill cr
36,,,,,,,, + 12a,,,,,,,,, + c = 0 hfill cr} right.,,,, Leftrightarrow ,,,,left{ matrix{
a = – 3 hfill cr
b = – {7 over 8} hfill cr
c = 0 hfill cr} right.)

Vậy  ((C),:,{x^2} + {y^2} – 6x – {7 over 4}y = 0)  .

c) Phương trình đường thẳng (OA,:,,,{x over 3} = {y over 4},,, Leftrightarrow ,,4x – 3y = 0)

Phương trình đường thẳng (OB,:,,,y = 0)

Phương trình các đường phân giác tại đỉnh O của tam  giác OAB là:

(eqalign{
& {{4x – 3y} over {sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = pm {y over 1},,, Leftrightarrow ,,,left[ matrix{
4x – 3y = 5y,,,,,,,({d_1}) hfill cr
4x – 3y = – 5y,,,,({d_2}) hfill cr} right. cr
&  Leftrightarrow ,,,left[ matrix{
4x – 8y = 0 hfill cr
4x + 2y = 0 hfill cr} right.,,,,,,,, Leftrightarrow ,,,left[ matrix{
x – 2y = 0 hfill cr
2x + y = 0 hfill cr} right. cr} )

Với ({d_1}:x – 2y = 0,,) ta có (({x_A} – 2{y_A})({x_B} – 2{y_B}) =  – 5.6 =  – 30 < 0) . Vậy A và B khác phía đối với d1 , do đó d1 là đường phân giác trong góc O của tam giác OAB.

d) Vì tam giác OAB cân tại A nên AI là phân giác trong góc A của tam giác OAB  , ta có (overrightarrow {AI}  = (0,;, – 4)) nên x = 3 là phương trình đường thẳng AI.

Tọa độ tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác OAB là nghiệm hệ phương trình:

(left{ matrix{
x = 3 hfill cr
x – 2y = 0 hfill cr} right.,,, Leftrightarrow ,,left{ matrix{
x = 3 hfill cr
y = {3 over 2} hfill cr} right.)

Vậy (Jleft( {3,;,{3 over 2}} right)) .

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác OAB   là

(r = d(J,,AO) = {{left| {4.3 – 3.{3 over 2}} right|} over {sqrt {{3^2} + {4^2}} }} = {3 over 2})

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp của tam giác OAB là ({(x – 3)^2} + {left( {y – {3 over 2}} right)^2} = {9 over 4})

————————————————————-

Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ, với mỗi số (m ne 0) , xét hai điểm ({M_1}( – 4,;,m);,{M_2}(4,;,{{16} over m}))

a) Viết phương  trình đường thẳng M1M2.

b) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O tới đường thẳng M1M2.

c) Chứng tỏ rằng đường thẳng M1M luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

d) Lấy các điểm ({A_1}( – 4,;,0),,{A_2}(4,;,0)) . Tìm tọa độ giao điểm I của hai đường thẳng ({A_1}{M_2},,{A_2}{M_1}) .

e) Chứng minh rằng khi m thay đổi, I luôn luôn nằm trên một  elip (E) cố định. Xác định tọa độ tiêu điểm của elip đó.

Giải

a) Ta có (overrightarrow {{M_1}{M_2}}  = left( {8,;,{{16} over m} – m} right) = left( {8,;,{{16 – {m^2}} over m}} right))

Phương trình đường thẳng ({M_1}{M_2},,:,,{{x + 4} over 8} = {{y – m} over {{{16 – {m^2}} over m}}})

(eqalign{
& Leftrightarrow ,,left( {16 – {m^2}} right).left( {x + 4} right) = 8mleft( {y – m} right) cr
& Leftrightarrow ,,left( {16 – {m^2}} right).x – 8my + 64 + 4{m^2} = 0 cr} )

b) Khoảng cách từ O đến đường thẳng M1M là

(d(O,,,{M_1}{M_2}) = {{64 + 4{m^2}} over {sqrt {{{left( {16 – {m^2}} right)}^2} + 64{m^2}} }} = {{4left( {{m^2} + 16} right)} over {sqrt {{{left( {{m^2} + 16} right)}^2}} }} = 4)

c) Gọi (C) là đường tròn tâm O bán kính R = 4 thì M1M2 tiếp xúc với đường tròn cố định (C).

d) Phương trình đường thẳng A1M2 là

({{x + 4} over 8} = {{y – 0} over {{{16} over m}}},,, Leftrightarrow ,,,2x – my + 8 = 0)

Phương trình đường thẳng A2M1 là

({{x – 4} over { – 8}} = {{y – 0} over m},,,, Leftrightarrow ,,,mx + 8y – 4m = 0)

Tọa độ giao điểm I của A1M2 và A2M1 là nghiệm của  hệ phương trình

(left{ matrix{
2x – my + 8 = 0 hfill cr
mx + 8y – 4m = 0 hfill cr} right.,,,(*),,,, Leftrightarrow ,,,left{ matrix{
x = {{4({m^2} – 16)} over {{m^2} + 16}} hfill cr
y = {{16m} over {{m^2} + 16}} hfill cr} right.)

Vậy (Ileft( {{{4({m^2} – 16)} over {{m^2} + 16}},;,{{16m} over {{m^2} + 16}}} right)) .

e) Khử m từ hệ (*) ta có

(eqalign{
& left{ matrix{
my = 2x + 8 hfill cr
m(4 – x) = 8y hfill cr} right.,,, Rightarrow ,,,(2x + 8).(4 – x) = 8{y^2} cr
& ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, Rightarrow ,,,2(16 – {x^2}) = 8{y^2},, cr
& cr& Rightarrow {x^2} + 4{y^2} = 16cr&Rightarrow ,,{{{x^2}} over {16}} + {{{y^2}} over 4} = 1 cr} )

Vậy I nằm trên elip (E) có phương trình (,,{{{x^2}} over {16}} + {{{y^2}} over 4} = 1) .

Ta có ({c^2} = {a^2} – {b^2} = 16 – 4 = 12,,,, Rightarrow ,,c = 2sqrt 3 )

Hai tiêu điểm của elip là ({F_1}( – 2sqrt 3 ,;,0),,,,,{F_2}(2sqrt 3 ,;,0))

———————————————————–

Bài 8. Cho hypebol (H) có phương trình ({{{x^2}} over {16}} – {{{y^2}} over 4} = 1)

a)  Viết phương trình các đường tiệm cận của  hypebol (H).

b) Tính diện tích hình chữ  nhật cơ sở của hypebol (H).

c) Chứng minh rằng các điểm (Mleft( {5,;,{3 over 2}} right),,,N(8,;,2sqrt 3 )) đều thuộc  (H).

d) Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua M, N và tìm các giao điểm P, Q của Δ với hai đường tiệm cận của  hypebol (H).

e) Chứng minh rằng các trung điểm của hai đoạn thẳng PQ và MN trùng nhau.

Giải

a)  Ta có a = 4, b = 2.

Phương trình các đường tiệm cận của hypebol (H) là

(y =  pm {b over a}x =  pm {1 over 2}x)

b) Diện tích hình chữ nhật cơ sở của hypebol (H) là (S = 4ab = 4.4.2 = 32)

c) Ta có ({{{5^2}} over {16}} – {{{{left( {{3 over 2}} right)}^2}} over 4} = 1) và ({{{8^2}} over {16}} – {{{{left( {2sqrt 3 } right)}^2}} over 4} = 1) nên M và N đều thuộc (H).

d) Phương trình đường thẳng của MN

(Delta ,:,,{{x – 5} over {8 – 5}} = {{y – {3 over 2}} over {2sqrt 3  – {3 over 2}}},,,, Leftrightarrow ,,,,{{x – 5} over 3} = {{2y – 3} over {4sqrt 3  – 3}})  Giao điểm P của Δ với  tiệm cận (y = {1 over 2}x) là nghiệm của hệ

(left{ matrix{
,{{x – 5} over 3} = {{2y – 3} over {4sqrt 3 – 3}} hfill cr
y = {1 over 2}x hfill cr} right.,,,,,, Leftrightarrow ,,,left{ matrix{
x = 8 + 2sqrt 3 hfill cr
y = 4 + sqrt 3 hfill cr} right.)

(Rightarrow ,,P,left( {8 + 2sqrt 3 ,;,,4 + sqrt 3 } right))                .

Giao điểm Q của Δ với  tiệm cận (y =  – {1 over 2}x)  là nghiệm của hệ

(left{ matrix{
,{{x – 5} over 3} = {{2y – 3} over {4sqrt 3 – 3}} hfill cr
y = – {1 over 2}x hfill cr} right.,,,,,, Leftrightarrow ,,,left{ matrix{
x = 5 – 2sqrt 3 hfill cr
y = – {5 over 2} + sqrt 3 hfill cr} right.,,,, )

(Rightarrow Qleft( {5 – 2sqrt 3 ,;, – {5 over 2} + sqrt 3 } right))

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của MN, PQ . Ta có ({x_I} = {x_J} = {{13} over 2}) . Do (I,,,J,, in ,,Delta ) nên (I equiv J) .

Vậy các trung điểm của hai đoạn thẳng PQ và MN trùng nhau.

———————————————————

Bài 9. Cho parabol (P) có phương trình y2 = 4x.

a) Xác định tọa độ tiêu điểm F  và phương trình đường chuẩn d của (P).

b) Đường thẳng Δ có phương trình (y = m,,,,(m ne 0)) lần lượt cắt d, Oy, (P) tại các điểm K, H, M. Tìm tọa độ của các điểm đó.

c) Gọi I là trung điểm của OH. Viết phương trình đường thẳng IM và chứng tỏ rằng đường thẳng  IM cắt (P) tại một điểm duy nhất.

d) Chứng minh rằng (MI bot KF) . Từ đó suy ra IM là phân giác của góc KMF.

Giải

a)  Ta có p = 2. Tọa độ tiêu điểm của (P) là F(1, 0).

Phương trình đường chuẩn  d: x + 1 = 0.

b) Ta có (K( – 1;,m),,,,H(0,;,m),,,Mleft( {{{{m^2}} over 4},;,m} right)) .

c) I là trung điểm OH nên (Ileft( {0,;,{m over 2}} right))

Phương trình đường thẳng IM

({{x – 0} over {{{{m^2}} over 4} – 0}} = {{y – {m over 2}} over {m – {m over 2}}},,, Leftrightarrow ,,,,x = {m over 2}left( {y – {m over 2}} right))

(Leftrightarrow ,,,4x – 2my + {m^2} = 0)

Tọa độ giao điểm của IM với (P)  là nghiệm của hệ

(eqalign{
& left{ matrix{
{y^2} = 4x hfill cr
4x – 2my + {m^2} = 0 hfill cr} right. Leftrightarrow ,,left{ matrix{
{y^2} = 4x hfill cr
{y^2} – 2my + {m^2} = 0 hfill cr} right. cr
& Leftrightarrow ,,left{ matrix{
{y^2} = 4x hfill cr
{(y – m)^2} = 0 hfill cr} right.,,,,, Leftrightarrow ,,,,left{ matrix{
x = {{{m^2}} over 4} hfill cr
y = m hfill cr} right. cr} )

Vậy IM cắt (P) tại một điểm duy nhất (Mleft( {{{{m^2}} over 4},;,m} right))

d) Ta có (overrightarrow {MI}  = left( { – {{{m^2}} over 4},;, – {m over 2}} right),,,,,,overrightarrow {KF}  = (2,;, – m)) .

Suy ra  (overrightarrow {MI} .,overrightarrow {KF}  =  – {{{m^2}} over 2} + {{{m^2}} over 2} = 0,,,, Rightarrow ,,MI bot KF)

Tam giác (KMF) cân tại M  (do MF = MK).

MI là đường cao nên là phân giác góc KMF.

The post Ôn tập cuối năm appeared first on Học giải.

Goc hoc tap