HÌNH HỌC 10

Chia sẻ: Dương Trần | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

551
lượt xem 209
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về các bài toán hình học lớp 10, luôn sử dụng trong các bài kiểm tra 1 tiết và học kỳ.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: HÌNH HỌC 10

HÌNH HỌC 10 CHƯƠNG 1:VECTƠ 1/ cho hình bình hành ABCD có A(-1;-2),B(3;2),C(4;-1).Tìm tọa độ đỉnh D. Cần nhớ :liên hệ giữa tọa độ của điểm và tọa độ của véctơ trong mặt phẳng: Cho 2 điểm A(xA;yA) và B(xB;yB) AB=(xB-xA;yB-yA). Giải: A(-1;-2) B(3;2) D(x0;y0) C(4;-1) Ta có: AD=(xd+1;yd+2) BC=(4-3;-1-2)=(1;3) Mà AD=BC(vì ABCD là hình bình hành)  xd+1=1  xd=0 yd+2=-3 yd=-5 vậy D(0;-5) 2/cho tam giác OAB.gọi MvàN lần lượt là trung điểm của OA và OB.tìm các số m,n sao cho: a/MA=mOA+nOB O ta có MA=1/2OA+0OB => m=1/2,n=0 b/BN=mOA+nOB ta có BN=0OA-1/2OB =>m=0,n=-1/2 N M c/NO=mOA+nOB ta có:NO=0OA-1/2OB =>m=0,n=-1/2 d/AB=mOA+nOB B A ta có:AB=-OA+OB => M=-1,N=-1 3/cho 6 điểm A,B,C,D,E,F.cmr:BC+ED+AF=EF+BD+ΑC Cần nhớ: quy tắc hình bình hành: Nếu ABCD là hình bình hành thì AB+AD=Α B C A D Giải: VT=BC+ED+AF =BA+ΑC+EB+BD+AE+EF =(EF+BD+ΑC)+(BA+EB+AE) =( EF+BD+ΑC)+BB =( EF+BD+ΑC)+0 = EF+BD+ΑC =VP 4/cho a=(-1;3),b=(-2;-3),c=(2;-1) a/tìm tọa độ u=3a+2b-4c
b/tìm tọa độ x sao cho x+a=b-c c/tìm các số k và h sao cho c=ka+hb cần nhớ:cho u=(u1;u2),v=(v1;v2).khi đó: u+v=(u1+v1;u2+v2) u-v=(u1-v1;u2-v2) ku=(ku1;ku2),kєR giải a/ 3a=(-3;9) 2b=(-4;-6) -4c(-8;-4) u=3a+2b-4c =((-3-4-8);(9-6+4)) =(-15;7) b/gọi (x0;y0)là tọa độ của x x+a=(x0-1;y0+3) b-c=((-2-2);(-3+1)) x+a=b-c => x0-1=-4 => x0=-3 y0+3=-2 y0=-5 c/c=ka+hb ka=(-1k;3k) hb=(-2h;-3h) mà c=(2;-1) =>c=ka+hb  2=-1k-2h -k-2h=2 -1=3k-3h 3k-3h=-1 h=-5/9 k=-8/9 5/ghi nhớ a,b cùng phương  a=kb(b≠0) Cho u=1/2i-5j,v=mi-4j Tìm m để u và v cùng phương Ta có: u=1/2i-5j u=(1/2;-5) v=mi-4j v=(m;-4) u và v cùng phương u=kv  ½=km (1) -5=-4k (2) Từ (2) => k=5/4 thay vào (1) ½=5/4m =>m=2/5 Vậy m=2/5 thì u và v cùng phương. 6 /cho a=(2;-2),b=(1;4).hãy phân tích vectơ c=(5;0) theo 2 vectơ a và b Giải:giả sử tồn tại 2 số h và k sao cho c=(ha+kb) Theo giả thuyết ta có: a=(2;-2)=>ha=(2h;-2h) b=(1;4)=>kb=(k;4k) =>ha+kb=(2h+k;-2h+4k)
Mà c=(5;0) =>c=ha+kb = 2h+k=5  5k=5  k=1 => h=2 -2h+4k=0 Vậy c=2a+b CHƯƠNG II:TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉCTƠ VÀ ỨNG DỤNG 1/cho tam giác ABC.cmr: Cần nhớ : định lí côsin :trong ∆ ABC bất kì với BC=a,CA=b,AB=c ta có: a2=b2+c2-2bc cosA b2=a2+c2-2α cosB c2=a2+b2-2ab cosC hệ quả: cosA=(b2+c2-a2)/2bc cosB=(a2+c2-b2)/2α cosC=(a2+b2-c2)/2ab a/góc A nhọn khi và chỉ khi a20  (b2+c2-a2)/2bc>0  b2+c2-a2>0(x2 vế với 2bc>0)  b2+c2>a2  a2
S=abc/4R S=pr S=√[p(p-a)(p-b)(p-c) (công thức hê-rông) Ta có ma2=[2(b2+c2)-a2]/4 mb2=[2(a2+c2)-b2]/4 mc2=[2(a2+b2)-c2]/4 Ta có:p=(a+b+c)/2=(12+16+20)/2=24 S=√[p(p-a)(p-b)(p-c)]=√[24(24-12)(24-16)(24-20)] =√(9216)=96 Ta có S=1/2aha =>ha=2S/a=2.96/12=16 Tình R:ta có S=abc/4R=>R=abc/4S=12.16.20/4.96=10 S=pr=>r=S/p=96/24=4 Tính ma: ma2=(b2+c2)/2-a2/4=(162+202)/2-122/4=292 =>ma=√292 4/cho a=(4;3),b=(1;7) Tính góc giữa 2 vectơ a và b Cần nhớ: góc giữa 2 vectơ cos(a,b)=(a.b)/(|a||b|)=(a1b1+a2b2)/[√(a12+a22).√(b12+b22)] Ta có cos(a,b)=(a.b)/(|a||b|)=(4.1+3.7)/((√42+32)(√12+72)) 25/5.5√2=1/√2=√2/2=>(a,b)=45 5/cm:tam giác ABC vuông cân tại A.biết Độ dài của vectơ |a|=√(a12+a22) A(-1;1),B(1;3),C(1;-1) Ta có: AB=(2;2)=>|AB|=√(22+22)=√8=2√2 ΑC=(2;-2)=>|ΑC|=√(22+(-2)2)=√8=2√2 =>AB=ΑC=2√2 =>tam giác ABC cân tại A (1) mà AB.AC=2.2+2.(-2)=0 => AB vuông góc ΑC (2) Từ (1) và (2)=>tam giác ABC vuông cân tại A b/A(3;-1),B(5;1),C(1;1) ta có: AB=√[(5-3)2+[1-(-1)]2]=2√2 BC=√[(1-5)2+(1-1)2]=4 CA=√[(3-1)2+(-1-1)2]=2√2 Vì AB=CA=2√2=>tam giác ABC cân tại A Mà BC2=42=16 AB2+CA2=(2√2)2+(2√2)2=16 =>BC2=AB2+CA2=>tam giác ABC vuông tại A. 6/trên mặt phẳng Oxy, cho 2 điểm A(1;3),B(4;2) a/tìm tọa độ điểm D nằm trên trục Ox sao cho DA=DB b/tính chu vi tam giac OAB c/chứng tỏ OA vuông góc với AB và từ đó tính diện tích tam giác OAB cần nhớ:AB=|AB|=√[(xb-xa)2+(yb-ya)2] giải: a/ vì D nằm trên Ox nên D(xd;0) vì DA=DB  √(1-xd)2+32 = √(4-xd)2+22  1-2xd2+9=4-8xd+xd2+4  -2xd+8xd=10  6xd=10 xd=10/6=5/3 Vậy D(5/3;0)
b/ta có OA=√12+32=√10 AB=√32+12=√10 OB=√42+22=√20 A Vậy chu vi ∆OAB là:OA+AB+OB=2√10+√20(đvđộ dài) c/ta có OA2=10 AB2=10 B 2 OB =20  ∆=OAB vuông góc tại A O  OA vuông góc AB D Và Soab=1/2OA.AB=1/2. √10. √10=5(đvS). CHƯƠNG III:PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Cần nhớ:1.pttq của đường thẳng ∆ đi qua M0(x0;y0)và nhận véctơ chỉ phương n(a,b) là: C1:a(x-x0)+b(y-y0)=0 C2:ax+by+c=0 (trong đó c=-ax0-by0) C3:ax+by+c=0 vì đi qua M(x0;y0) nên ax0+by0+c=0=>c=? 2/vtcp u=(u1;u2)  hệ số góc k=u2/u1 3/vtcp u(u1;u2) vtpt n=(u2;-u1) 4/đt’ ∆ đi qua A(xA;yA),B(xB,yB) thì vtcp là AB(xB-yA;yB-xA)=>vtpt 5/đ`cao từ đỉnh I cạnh đối diện 6.đ`trung tuyến từ đỉnh đến trung điểm cạnh đối diện. 7/đường trung trực vuông góc và đi trung điểm 8/M là trung điểm đoạn AB thì tọa độ M là xM=(xA+xB)/2 yM=(yA+yB)/2 9/khoảng cách hai đ’AB hay độ dài AB: AB=|AB|=√[(xb-xa)2+(yb-ya)2] 10/đường tròn tâm I(a;b)bk R có pt là (x-a)2+(y-b)2=R2 11/pt:x2+y2-2ax-2by+c=0 là ptdt a2+b2-c>0 khi đó pt trên là pt dt tâm I(a;b) và bk R=√(a2+b2+c) 12/pt tiếp tuyến của (C) tâm I(a,b) tại M0(x0;y0)є (C) có dạng :(x0-a)(x-x0)+(y0-b)(y- yo)=0 1/lập pttq của đường thẳng ∆ trong mỗi trường hợp sau: ∆ đi qua M(3;-1) và có hệ số góc k=-2 Giải vì ∆ có hệ số góc k=-2=>vtcp u=(1;-2)=>vtpt n=(2;1) Pttq của đường thẳng ∆ đi qua M(3;-1) nhận vecto phương trình n=(2;1) là 2(x-3)+1(y-(-1))=0  2x-6+y+1=0  2x+y-5=0 2/cho ∆ABC,biết A (-3;2),B(1;4),C(3;6) a/pttq của các đường thẳng AB(BC;CA) b/lập phương trình tổng quát của các đường cao AH(BH,CH) C/lập pttq của các đường trung tuyến AM(BN,CP) d/lập pttq của đường trung trực của cạnh AB (BC,CA) giải: a/đường thẳng AB có ctcp là AB=(4;2)=> vtcp n=(2;-4)
vtpt của đường thẳng AB đi qua A(-3;2) và nhận vtpt n(2;-4) là: ∆ 2(x-(-3))+(-4)(y-2)=0 B  2x+6-4y+8=0  2x-4y+14=0 A  x-2y+7=0 n d/gọi M là trung điểm của AB.khi đó M có tọa độ là: xM=(-3+1)/2=-1 yM=(2+4)/2=3 pttq của đường trung trực của đường thẳng AB đi qua trung điểm M(-1;3) và nhận vtpt AM=(2;1) 2(x+1)+1(y-3)=0 2x+2+y-3=0  2x+y-1=0 b/pttq của đường cao AH đi qua A(-3;2) và nhận véctơ ptpt BC=(2;-10) là; 2(x+3)-10(y-2)=0  2x+6-10y+20=0  2x-10y+26=0  x-5y+13=0 c/gọi M là trung điểm của BC, khi đó M[(1+3)/2;(4-6)/2] hay M(2;-1) pttq của đường trung tuyến AM đi qua A(-3;2) và AM(5;-3)=> vtpt n(3;5) là 3(x+3)+5(y-2)=0  3x+9+5y-10=0  3x+5y-1=0 3/cho đường tròn C có phương trình x2 +y2-4x+10y+4=0 a/tìm tâm và bán kính của C giải: vì pt đường tròn có dạng x2+y2-2ax-2by+c=0 ta có: -2a=-4=>a=2 -2b=10=>b=-5 c=4 vậy đường tròn C có tâm I(2;5) và R=√(22+(-5)2-4) =√25 =5 b/viết phương trình tiếp tuyến với C và đi qua điểm A(-1;-1) ta thấy:A(-1;-1)єC => pttt với C đi qua A(-1;-1) à có tâm I(2;-5)  ((-1)-2)(x-(-1))+((-1)-(-5)(y-(-1))=0  (-3)(x-1)+(4)(y-1)=0  -3x-3+4y+4=0  -3x+4y+1=0 c/viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 15x+y-2=0 vì tiếp tuyến ∆ với đường tròn C tâm I(2;-5) vuông góc với d có phương trình:15x+8y- 2=0 nên tiếp tuyến ∆ có dạng 8x-15y+c=0 mà ∆ là tiếp tuyến của C nên ta có d(I;∆)=R |-8.2+15.-5+c|/√(-82+152) |-16-75+c|/√(64+225)=25
 |-91+c|/√289=5 |-91+c|=85 => -91+c=85 c=176 -91+c=-85 c=6 => ∆1=-8x+15y+176=0 ∆2=-8x+15y+6=0