Giải Bài 9, 10, 11, 12 trang 70, 71 Hình học 10 nâng cao: Tích vô hướng của hai vecto và ứng dụng
Bài ôn tập chương II Tích vô hướng của hai vecto và ứng dụng. Giải bài 9, 10, 11, 12 trang 70, 71 SGK Hình học lớp 10 nâng cao. Tính diện tích S, chiều ca; Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
Bài 9: Cho tam giác ABC có \(a = 12,\,b = 16,\,c = 20\). Tính diện tích S, chiều cao \(h_a\), các bán kính R, r của đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác đó.
Bạn đang xem: Giải Bài 9, 10, 11, 12 trang 70, 71 Hình học 10 nâng cao: Tích vô hướng của hai vecto và ứng dụng
Ta có \(p = {{a + b + c} \over 2} = {{12 + 16 + 20} \over 2} = 24\)
Áp dụng công thức Hêrông, ta có
\(\eqalign{
& S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} = \sqrt {24.12.8.4} = 96 \cr
& S = {1 \over 2}a.{h_a}\,\,\, \Rightarrow {h_a} = {{2S} \over a} = {{2.96} \over {12}} = 16 \cr
& S = {{abc} \over {4R}}\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,R = {{abc} \over {4S}} = {{12.16.20} \over {4.96}} = 10 \cr
& S = pr\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,r = {S \over p} = {{96} \over {24}} = 4 \cr} \)
Bài 10: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
a)\(\cot A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {4S}}\) ( S là diện tích tam giác ABC) ;
b) \(\cot A + \cot B + \cot C = {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {4S}}\).
a) Ta có
\(\eqalign{
& \,\,\,\,\,\,\cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc}}\,\,;\,\,\,\,S = {1 \over 2}bc.\sin A \cr
& \Rightarrow \,\,\cot A = {{\cos A} \over {\sin A}} = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc.\sin A}} = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {4S}} \cr} \)
b) Tương tự câu a), ta có
\(\eqalign{
& \,\,\cot B = {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} \over {4S}}\,\,;\,\,\,\,\cot C = {{{a^2} + {b^2} – {c^2}} \over {4S}} \cr
& \Rightarrow \,\,\cot A + \cot B + \cot C\cr& = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {4S}} + {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} \over {4S}} + {{{a^2} + {b^2} – {c^2}} \over {4S}} \cr
& = \,{{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {4S}} \cr} \)
Bài 11: Cho hai đường tròn \((O\,;\,R)\) và \(({O’}\,;\,{R’})\) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên đường thẳng AB, lấy điểm C ở ngoài hai đường tròn và kẻ hai tiếp tuyến CE, CF đến hai đường tròn đó ( E, F là các tiếp điểm). Chứng minh rằng CE = CF.
Ta có
\(\eqalign{
& \,\,\,\,\,{\wp _{{C_{/(O)}}}} = CA.CB = C{E^2} \cr
& \,\,\,\,\,{\wp _{{C_{/({O\,’})}}}} = CA.CB = C{F^2} \cr
& \Rightarrow \,\,\,CE = CF \cr} \)
Bài 12: Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định ở bên trong đường tròn đó. Hai dây cung thay đổi AB và CD luôn đi qua P và vuông góc với nhau.
a) Chứng minh rằng \(A{B^2} + C{D^2}\) không đổi.
b) Chứng minh rằng \(P{A^2} + P{B^2} + P{C^2} + P{D^2}\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Ta có \(OI \bot AB\,\,;\,\,OJ \bot CD\)
Suy ra OIPJ là hình chữ nhật. Ta có
\(\eqalign{
& A{B^2} + C{D^2} = 4(A{I^2} + C{J^2}) \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4(O{A^2} – O{I^2} + C{O^2} – J{O^2}) \cr} \)
\( = 4(2{R^2} – O{P^2})\) ( không đổi do cố định).
b) Ta có
\(\eqalign{
& P{A^2} + P{B^2} + P{C^2} + P{D^2} \cr&= {(\overrightarrow {PA} – \overrightarrow {PB} )^2} + {(\overrightarrow {PC} – \overrightarrow {PD} )^2} + 2.\overrightarrow {PA} .\,\overrightarrow {PB} + 2\overrightarrow {PC} .\,\overrightarrow {PD} \cr
& = A{B^2} + C{D^2} + 4(P{O^2} – {R^2}) \cr
& = 4(2{R^2} – O{P^2}) + 4(P{O^2} – {R^2}) \cr
& = 4{R^2} \cr} \)
Vậy \(P{A^2} + P{B^2} + P{C^2} + P{D^2}\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm P
Đăng bởi: Monica.vn
Chuyên mục: Giải bài tập
[toggle title=”Xem thêm Bài 9, 10, 11, 12 trang 70, 71 Hình học 10 nâng cao: Tích vô hướng của hai vecto và ứng dụng” state=”close”] Bài ôn tập chương II Tích vô hướng của hai vecto và ứng dụng. Giải bài 9, 10, 11, 12 trang 70, 71 SGK Hình học lớp 10 nâng cao. Tính diện tích S, chiều ca; Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
Bài 9: Cho tam giác ABC có \(a = 12,\,b = 16,\,c = 20\). Tính diện tích S, chiều cao \(h_a\), các bán kính R, r của đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác đó.
Ta có \(p = {{a + b + c} \over 2} = {{12 + 16 + 20} \over 2} = 24\)
Áp dụng công thức Hêrông, ta có
\(\eqalign{
& S = \sqrt {p(p – a)(p – b)(p – c)} = \sqrt {24.12.8.4} = 96 \cr
& S = {1 \over 2}a.{h_a}\,\,\, \Rightarrow {h_a} = {{2S} \over a} = {{2.96} \over {12}} = 16 \cr
& S = {{abc} \over {4R}}\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,R = {{abc} \over {4S}} = {{12.16.20} \over {4.96}} = 10 \cr
& S = pr\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow \,r = {S \over p} = {{96} \over {24}} = 4 \cr} \)
Bài 10: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng
a)\(\cot A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {4S}}\) ( S là diện tích tam giác ABC) ;
b) \(\cot A + \cot B + \cot C = {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {4S}}\).
a) Ta có
\(\eqalign{
& \,\,\,\,\,\,\cos A = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc}}\,\,;\,\,\,\,S = {1 \over 2}bc.\sin A \cr
& \Rightarrow \,\,\cot A = {{\cos A} \over {\sin A}} = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {2bc.\sin A}} = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {4S}} \cr} \)
b) Tương tự câu a), ta có
\(\eqalign{
& \,\,\cot B = {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} \over {4S}}\,\,;\,\,\,\,\cot C = {{{a^2} + {b^2} – {c^2}} \over {4S}} \cr
& \Rightarrow \,\,\cot A + \cot B + \cot C\cr& = {{{b^2} + {c^2} – {a^2}} \over {4S}} + {{{a^2} + {c^2} – {b^2}} \over {4S}} + {{{a^2} + {b^2} – {c^2}} \over {4S}} \cr
& = \,{{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {4S}} \cr} \)
Bài 11: Cho hai đường tròn \((O\,;\,R)\) và \(({O’}\,;\,{R’})\) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên đường thẳng AB, lấy điểm C ở ngoài hai đường tròn và kẻ hai tiếp tuyến CE, CF đến hai đường tròn đó ( E, F là các tiếp điểm). Chứng minh rằng CE = CF.
Ta có
\(\eqalign{
& \,\,\,\,\,{\wp _{{C_{/(O)}}}} = CA.CB = C{E^2} \cr
& \,\,\,\,\,{\wp _{{C_{/({O\,’})}}}} = CA.CB = C{F^2} \cr
& \Rightarrow \,\,\,CE = CF \cr} \)
Bài 12: Cho đường tròn (O; R) và một điểm P cố định ở bên trong đường tròn đó. Hai dây cung thay đổi AB và CD luôn đi qua P và vuông góc với nhau.
a) Chứng minh rằng \(A{B^2} + C{D^2}\) không đổi.
b) Chứng minh rằng \(P{A^2} + P{B^2} + P{C^2} + P{D^2}\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Ta có \(OI \bot AB\,\,;\,\,OJ \bot CD\)
Suy ra OIPJ là hình chữ nhật. Ta có
\(\eqalign{
& A{B^2} + C{D^2} = 4(A{I^2} + C{J^2}) \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4(O{A^2} – O{I^2} + C{O^2} – J{O^2}) \cr} \)
\( = 4(2{R^2} – O{P^2})\) ( không đổi do cố định).
b) Ta có
\(\eqalign{
& P{A^2} + P{B^2} + P{C^2} + P{D^2} \cr&= {(\overrightarrow {PA} – \overrightarrow {PB} )^2} + {(\overrightarrow {PC} – \overrightarrow {PD} )^2} + 2.\overrightarrow {PA} .\,\overrightarrow {PB} + 2\overrightarrow {PC} .\,\overrightarrow {PD} \cr
& = A{B^2} + C{D^2} + 4(P{O^2} – {R^2}) \cr
& = 4(2{R^2} – O{P^2}) + 4(P{O^2} – {R^2}) \cr
& = 4{R^2} \cr} \)
Vậy \(P{A^2} + P{B^2} + P{C^2} + P{D^2}\) không phụ thuộc vào vị trí của điểm P
[/toggle]
