Câu 1 trang 98 SGK Hình học 10
Cho hai vecto \[a\] và \[b\] sao cho \[|\overrightarrow a | = 3;|\overrightarrow b | = 5;[\overrightarrow a ,\overrightarrow b ] = {120^0}\]. Với giá trị nào của m thì hai vecto \[\overrightarrow a + m\overrightarrow b \]và \[\overrightarrow a - m\overrightarrow b \] vuông góc với nhau?
Trả lời:
Để hai vecto \[\overrightarrow a + m\overrightarrow b \]và \[\overrightarrow a - m\overrightarrow b \] vuông góc với nhau thì:
\[\eqalign{
& [\overrightarrow a + m\overrightarrow b ][\overrightarrow a - m\overrightarrow b ] = 0 \cr
& \Leftrightarrow {[\overrightarrow a ]^2} - m\overrightarrow a \overrightarrow b + m\overrightarrow a \overrightarrow b - {m^2}{[\overrightarrow b ]^2} = 0 \cr
& \Leftrightarrow |\overrightarrow a {|^2} - m|\overrightarrow a ||\overrightarrow b |cos[\overrightarrow a ,\overrightarrow b ] + m|\overrightarrow a ||\overrightarrow b |cos[\overrightarrow a ,\overrightarrow b ] - {m^2}|\overrightarrow b | = 0 \cr
& \Leftrightarrow 9 + {{15} \over 2}m - {{15} \over 2}m - 25{m^2} = 0 \cr
& \Leftrightarrow 9 - 25{m^2} = 0 \Leftrightarrow m = \pm {3 \over 5} \cr} \]
Câu 2 trang 98 SGK Hình học 10
Cho tam giác \[ABC\] có hai điểm \[M,N\] sao cho
\[\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AM} = \alpha \overrightarrow {AB} \hfill \cr
\overrightarrow {AN} = \beta \overrightarrow {AC} \hfill \cr} \right.\]
a] Hãy vẽ \[M, N\] khi \[\alpha = {2 \over 3};\beta = - {2 \over 3}\]
b] Hãy tìm mối liên hệ giữa \[α, β\] để \[MN//BC\]
Trả lời:
a] Ta có:
\[\eqalign{
& \overrightarrow {AM} = {2 \over 3}\overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AM} \uparrow \uparrow \overrightarrow {AB} \hfill \cr
AM = {2 \over 3}AB \hfill \cr} \right. \cr
& \overrightarrow {AN} = - {2 \over 3}\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AN} \uparrow \downarrow \overrightarrow {AC} \hfill \cr
AN = {2 \over 3}AC \hfill \cr} \right. \cr} \]
b] Ta có:
\[\eqalign{
& \overrightarrow {AM} = \alpha \overrightarrow {AB} \cr
& \overrightarrow {AN} = \beta \overrightarrow {AC} \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AN} = \alpha \overrightarrow {AB} - \beta \overrightarrow {AC} \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \alpha \overrightarrow {AB} - \beta \overrightarrow {AC} \cr
& \Rightarrow \overrightarrow {MN} = \alpha [\overrightarrow {AB} - {\beta \over \alpha }\overrightarrow {AC} ],\alpha \ne 0 \cr} \]
Ta cũng có: \[\overrightarrow {BC} = - [\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} ]\]
Do đó, để \[MN // BC\] thì
\[\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AC} \hfill \cr
\overrightarrow {AB} - {\beta \over \alpha }\overrightarrow {AC} \hfill \cr} \right.\]
phải cùng phương, cho ta \[{\beta \over \alpha } = 1 \Rightarrow \alpha = \beta \]
Câu 3 trang 99 SGK Hình học 10
Cho tam giác đều \[ABC\] cạnh \[a\]
a] Cho \[M\] là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\]. Tính \[MA^2+ MB^2+ MC^2\] theo \[a\]
b] Cho đường thẳng \[a\] tùy ý, tìm điểm \[N\] trên đường thẳng \[d\] sao cho \[NA^2+ NB^2+ NC^2\] nhỏ nhất
Trả lời:
a] Ta có:
\[\eqalign{
& \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} \cr
& {\overrightarrow {MA} ^2} = {[\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} ]^2} = {\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OM} ^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} \cr
& \Rightarrow {\overrightarrow {MA} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} [1] \cr} \]
Tương tự ta có:
\[\eqalign{
& M{B^2} = {\overrightarrow {MB} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OM} [2] \cr
& M{C^2} = {\overrightarrow {MC} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OC.} \overrightarrow {OM} [3] \cr} \]
Từ [1], [2] và [3] suy ra:
\[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 6{R^2} - 2\overrightarrow {OM} [\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ]\]
Tam giác \[ABC\] là tam giác đều nội tiếp đường tròn tâm \[O\] nên \[O\] cũng là trọng tâm của tam giác \[ABC\], cho ta \[\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} =\overrightarrow 0\]
Vậy\[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 6{R^2} \]
Vì đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh \[a\] nên ta có:
\[a = R\sqrt3 6R^2= 2[R\sqrt3]^2\]
Vậy \[M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}= 2a^2\]
b] Gọi \[G\] là trọng tâm của tam giác ta có:
\[\eqalign{
& \overrightarrow {NA} = \overrightarrow {NG} + \overrightarrow {GA} \cr
& \Rightarrow {\overrightarrow {NA} ^2} = {\overrightarrow {GA} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GA} + {\overrightarrow {GA} ^2} \cr} \]
Tương tự ta có:
\[\eqalign{
& {\overrightarrow {NB} ^2} = {\overrightarrow {NG} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GB} + {\overrightarrow {GB} ^2} \cr
& {\overrightarrow {NC} ^2} = {\overrightarrow {NG} ^2} + 2\overrightarrow {NG} .\overrightarrow {GC} + {\overrightarrow {GC} ^2} \cr
& \Rightarrow N{A^2} + N{B^2} + N{C^2} = 3N{G^2} + 2\overrightarrow {NG} [\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} ] + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2} \cr} \]
Vì \[G\] là trọng tâm của tam giác
\[\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \]
\[\eqalign{
& {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2} = 3G{A^2} = 3.{[{2 \over 3}.{{a\sqrt 3 } \over 2}]^2} = {a^2} \cr
& \Rightarrow N{A^2} + N{B^2} + N{C^2} = {a^2} + 3N{G^2} \cr} \]
\[a^2\] là số không đổi nên tổng \[N{A^2} + N{B^2} + N{C^2}\]nhỏ nhất khi \[NG\] đạt giá trị nhỏ nhất. Vì \[NG\] là khoảng cách từ \[G\] đến điểm \[N\] thuộc đường thẳng \[d\] nên \[NG\] nhỏ nhất khi \[NGd\] hay \[N\] là hình chiếu của trọng tâm \[G\] trên đường thẳng \[d\].
Câu 4 trang 99 SGK Hình học 10
Cho tam giác \[ABC\] đều có cạnh bằng \[6cm\]. Một điểm \[M\] nằm trên cạnh \[BC\] sao cho \[BM = 2cm\]
a] Tính độ dài của đoạn thẳng \[AM\] và tính cosin của góc \[BAM\]
b] Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ABC\]
c] Tính độ dài đường trung tuyến vẽ từ \[C\] của tam giác \[ACM\]
d] Tính diện tích tam giác \[ABM\]
Trả lời:
a] Ta có:
\[\eqalign{
& A{M^2} = B{A^2} + B{M^2} - 2BA.BM.\cos\widehat {ABM} \cr
& \Rightarrow A{M^2} = 36 + 4 - 2.6.2.{1 \over 2} \cr
& \Rightarrow A{M^2} = 28 \Rightarrow AM = 2\sqrt 7 [cm] \cr} \]
Ta cũng có:
\[\eqalign{
& \cos \widehat {BAM }= {{A{B^2} + A{M^2} - B{M^2}} \over {2AB.AM}} \cr
& \Rightarrow \cos\widehat {BAM }= {{5\sqrt 7 } \over {14}} \cr} \]
b] Trong tam giác \[ABM\], theo định lí Sin ta có:
\[\eqalign{
& {{AM} \over {\sin \widehat {ABM}}} = 2R \Leftrightarrow R = {{AM} \over {2\sin \widehat {ABM}}} \cr
& R = {{2\sqrt 7 } \over {2\sin {{60}^0}}} = {{2\sqrt {21} } \over 3}[cm] \cr} \]
c] Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có:
\[\eqalign{
& C{P^2} = {{C{A^2} + C{M^2}} \over 2} - {{A{M^2}} \over 4} \cr
& \Rightarrow C{P^2} = {{36 + 16} \over 2} - {{28} \over 4} \cr
& \Rightarrow C{P^2} = 19 \Rightarrow CP = \sqrt {19} \cr}\]
d] Diện tích tam giác \[ABM\] là:
\[S = {1 \over 2}BA.BM\sin \widehat {ABM} = {1 \over 2}6.2\sin {60^0} = 3\sqrt 3 [c{m^2}]\]