Ôn tập cuối năm môn Hình học

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (2)

Hỏi đáp Toán

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

Hỏi đáp Toán

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

a) \(MA^2+MB^2=MC^2\)

\(\Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {x + 3} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2}\)

\(\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 12x - 10y - 5 = 0\)

\(\Leftrightarrow {\left( {x + 6} \right)^2} + {\left( {y - 5} \right)^2} = 66\)

Vậy tập hợp các điểm M là một đường tròn.

b) Tâm là điểm (-6 ; 5) bán kính bằng \(\sqrt{66}\)

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

a) đặc C (x;y) , ta có : C \(\in\) (d) \(\Leftrightarrow x=-2y-1\)

vậy C (-2y -1 ; y ).

tam giác ABC cân tại C khi và chỉ khi

CA = CB \(\Leftrightarrow\) CA2 = CB2

\(\Leftrightarrow\) (3+ 2y + 1)2 + (- 1- y)2 = (- 1+ 2y + 1)2 + (- 2- y)2

\(\Leftrightarrow\) (4 + 2y)2 + (1 + y)2 = 4y2 + (2 + y)2

giải ra ta được y = \(\dfrac{-13}{14}\) ; x = \(-2\left(\dfrac{-13}{14}\right)-1=\dfrac{13}{7}-1=\dfrac{6}{7}\)

vậy C có tọa độ là \(\left(\dfrac{6}{7};\dfrac{-13}{14}\right)\)

b) xét điểm M (- 2t - 1 ; t) trên (d) , ta có :

\(\widehat{AMB}\) = 900 \(\Leftrightarrow\) AM2 + BM2 = AB2

\(\Leftrightarrow\) (4 + 2t)2 + (1 + t)2 + 4t2 + (2 + t)2 = 17

\(\Leftrightarrow\) 10t2 +22t + 4 = 0 \(\Leftrightarrow\) 5t2 + 11t + 2 = 0

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}t=\dfrac{-1}{5}\\t=-2\end{matrix}\right.\)

vậy có 2 điểm thỏa mãn đề bài là M1\(\left(\dfrac{-3}{5};\dfrac{-1}{5}\right)\) và M2\(\left(3;-2\right)\)

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

a) Đường tròn (T) có tâm là điểm (2 ; 1) và có bán kính bằng \(\sqrt 2\)

b) \(-3\le m\le1\)

c) Có hai tiếp tuyến với (T) thỏa mãn đề bài là :

\({\Delta _1}:x + y - 1 = 0\)

\({\Delta _2}:x + y - 5 = 0\)

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

a) (E) có tiêu điểm \({F_1}\left( { - \sqrt 3 ;0} \right)\) nên \(c = \sqrt 3\).

Phương trình chính tăc của (E) có dạng

\({{{x^2}} \over {{a^2}}} + {{{y^2}} \over {{b^2}}} = 1\)

Ta có: \(M\left( {1;{{\sqrt 3 } \over 2}} \right) \in (E)\)

\(\Rightarrow {1 \over {{a^2}}} + {3 \over {4{b^2}}} = 1\ (1)\)

\({a^2} = {b^2} + {c^2} = {b^2} + 3\)

Thay vào (1) ta được :

\(\eqalign{ & {1 \over {{b^2} + 3}} + {3 \over {4{b^2}}} = 1 \cr & \Leftrightarrow 4{b^2} + 3{b^2} + 9 = 4{b^2}(b + 3) \cr}\)

\(\Leftrightarrow 4{b^4} + 5{b^2} - 9 = 0 \Leftrightarrow {b^2} = 1\)

Suy ra \({a^2} = 4\)

Ta có a = 2 ; b = 1.

Vậy (E) có bốn đỉnh là : (-2 ; 0), (2 ; 0)

(0 ; -1) và (0 ; 1).

b) Phương trình chính tắc của (E) là :

\({{{x^2}} \over 4} + {{{y^2}} \over 1} = 1\)

c) (E) có tiêu điểm thứ hai là điểm \(\left( {\sqrt 3 ;0} \right)\). Đường thẳng \(\Delta\) đi qua điểm\(\left( {\sqrt 3 ;0} \right)\) và vuông góc với Ox có phương trình \(x = \sqrt 3\).

Phương trình tung độ giao điểm của \(\Delta\)\((E)\) là :

\({3 \over 4} + {{{y^2}} \over 1} = 1 \Leftrightarrow {y^2} = \pm {1 \over 2}\)

Suy ra tọa độ của C và D là :

\(C\left( {\sqrt 3 ; - {1 \over 2}} \right)\)\(\left( {\sqrt 3 ;{1 \over 2}} \right)\)

Vậy CD = 1.

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

Đường tròn (C) có tâm I (3 ; 3) và có bán kính

\(R = \sqrt {{a^2} + {b^2} - c} = \sqrt {9 + 9 - 14} = 2\)

Điểm M(x;0) thuộc Ox.

Từ M kẻ hai tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại A và B. Ta có:

\(\widehat {AMB} = {60^ \circ } \Rightarrow \widehat {IMB} = {30^ \circ }\)

\(\Rightarrow IM = {R \over {\sin {{30}^ \circ }}} = 2R = 4\)

\(IM = 4 \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + 9} = 4\)

\(\Leftrightarrow {x^2} - 6x + 2 = 0\)

\(\Leftrightarrow x = 3 \pm \sqrt 7\)

Vậy có hai điểm M thỏa mãn đề bài, chúng có tọa độ là :

\({M_1}\left( {3 + \sqrt 7 ;0} \right)\)\({M_2}\left( {3 - \sqrt 7 ;0} \right)\)

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

Ôn tập cuối năm môn Hình học

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

Ôn tập cuối năm môn Hình học

Sách Giáo Khoa
Hướng dẫn giải Thảo luận (1)

Ôn tập cuối năm môn Hình học

Ôn tập cuối năm môn Hình học