Tổng hợp bài tập toán hình học phổ thông phương pháp giảng dạy toán 2 (bản 1)

PHƯƠNG PHÁP TOÁN 2- BÀI TẬP SỐ 2
Danh sách thành viên nhóm 26
1.
2.
3.
4.
5.

Đỗ Thị Thu Hiền
Bùi Thị Yến Duyên
Trần Thị Ngọc Cẩm
Trịnh Thị Thu Trinh
Lê Thị Hiền Diệu

1311106
1311046
1311026
1311369
1311038
Bài làm:

Câu 1: Cho Δ��� có �� = �, �� = �, �� = �.
a) Xác định điểm G sao cho − 3 + =
b) Xác định điểm M để − 3 + đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó theo �, �, c
Giải:

a) Xác định điểm G sao cho − 3 + =
Ta có: − 3 + =
Với mọi M ta có:

Lấy M trùng với B ta được:

⇔

(1)


Gọi I là trung điểm của AC, khi đó ta có:
(2)
Từ (1) và (2), suy ra:

⇔

b) Xác định điểm M để − 3 + đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó theo �, �, c
Xác định điểm M để − 3 + đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:

⇒

⇔

−3+

–3+

(*)

Vì nên – 3 +
Do đó GTLN của – 3 + khi
Tính GTLN theo �, �, c
Lần lượt thay , vào (*) ta được:

– 3 + (3)
+ (4)
– 3 (5)
Lấy (3) – 3.(4) + (5) vế theo vế ta được:
–3+ –3


⇔

Vậy GTLN của – 3 + khi

Câu 2: Xác định giá trị thực của �, � sao cho:
a) đạt giá trị bé nhất

MA

MB

M(x,y)

M(x,y)

A(1,3)

B(-2,1)

nên đạt GTNN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,M,B thẳng hàng và M nằm trên đoạn
AB

GTNN= AB=

đạt GTNN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,M,B thẳng hàng
ta có

b) đạt giá trị lớn nhất

NA

NB

N(x,y)

N(x,y)


A(1,3)

B(-2,1)

Ta thấy A và B cùng phía so với Ox,
nên S đạt GTLN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,B,N thẳng hàng và N nằm ngoài
đoạn AB

GTLN = AB =
đạt GTNN khi dấu “=” xảy ra, tức là 3 điểm A,N,B thẳng hàng
ta có

Z \ (0,1)

Câu 3: Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua (2;−1) sao cho nó cắt
hai trục tọa độ tại hai điểm �, � mà � là trung điểm của đoạn thẳng ��.

Giải:
Đường thẳng đi qua M cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B mà M là trung điểm của đoạn
thẳng AB nên
A(0;a) B (b; 0)

Ta gọi

Ta có:
Suy ra

,

M (2; −1)

là trung điểm AB nên

x A + xB

 0 + xB
 xM = 2 = 2
 2 = 2
x = 4
⇒
⇔ B

 y = y A + yB = −1  y A + 0 = −1  y A = −2
 M
 2
2

A(0; −2) B (4;0)

Ta có véc tơ chỉ phương của đường thẳng theo đề là
của đường thẳng này là

uuur
nAB = (2; −4)

uuu
r
AB = (4; 2)

, suy ra véc tơ pháp tuyến


Đường thẳng đi qua
tổng quát là:

M (2; −1)

có véc tơ pháp tuyến

uuur
nAB = (2; −4)

có dạng phương trình

2( x − 2) − 4( y + 1) = 0
⇔ 2x − 4 y − 8 = 0
⇔ x − 2y − 4 = 0

Kết luận: phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua

M (2; −1)

sao cho nó cắt hai trục

tọa độ tại hai điểm �, mà � là trung điểm của đoạn thẳng �� có dạng

x − 2y − 4 = 0

Câu 4: Hai cạnh của tam giác có phương trình lần lượt là: . Một trong các đường
trung tuyến của tam giác đó có phương trình . Cạnh thứ 3 của tam giác đó đi qua
điểm . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đó và viết phương trình đường thẳng thứ
ba.
Giải:

Gọi

Ta thấy đồng qui tại góc tọa độ ⇒


Ta lại thấy (vì ⇒ M là giao điểm của (dt) và đường thẳng thứ 3 của tam giác đó ⇒ (gọi I
là trung điểm của BC)
Ta có M là trung điểm BC ⇔ ⇔ ⇔
⇒
, thay tọa độ vào ta được hệ phương trình.

Suy ra

Đường thẳng (d3) qua M(3;9) có vecto pháp tuyến có phương trình là:

Câu 5: Cho hình thang ABCD vuộng tại A, B có đáy AD = a, BC = 3a và AB = 2a, a
là số thực dương cho trước.
a
b

Tính theo a
Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, CD. Hạ II’, JJ vuông góc với AC ( I’, J’
thuộc AC). Tính theo a.
Giải:


a)
*
Tam giác ABD vuông tại A, áp dụng định lý Pitago trong , ta được:

*
Kẻ DH vuông góc với BC
ABHD là hình chữ nhật ( vì vuông) ⇒ AB = DH, AD = BH

*
Ta có:

b)
Ta có: IJ là đường trung bình của hình thang ABCD
Nên

⇒
Trong tâm giác ACD được:

Trong , được:

Câu 6: Cho Δ��� có các trung tuyến BM và CN cắt nhau tại G. Biết
CN = 3

và

·
BGC
= 120°

BM =

Ta có:

, tính độ dài các cạnh của tam giác.

3
⇒ BG = 1
2

CN = 3 ⇒ CG = 2

và

và

GM = 0.5

GN = 1

*Áp dụng định lý cô sin cho

∆BGC

ta có:

BC 2 = BG 2 + CG 2 − 2.BG.CG.cos (¼
BGC )
= 1 + 4 − 2.1.2.cos120° = 7
⇒ BC = 7

*Ta có

∆BGN

cân tại G và

·
·
BGN
= CGM
= 60°

Suy ra

∆BGM

·
·
BGN
= 180° − BGC
= 180° − 120° = 60°

(đối đỉnh)

đều nên

BN = GN = GB = 1

*Áp dụng định lý cô sin cho

∆CGM

¼
CM 2 = CG 2 + GM 2 − 2.CG .GM.cos CGM

. Suy ra

ta có:

AB = 2 BN = 2

BM = 3 / 2

,

1
1
13
− 2.4. .cos 60° =
4
4
4
13
⇒ CM =
2
= 4+

⇒ CA = 2CM = 13

Kết luận:

AB = 2

,

BC = 7

,

AC = 13

Câu 7: Cho Δ��� có �� = 10. Gọi (�) là đường tròn có tâm I thuộc cạnh BC và tiếp
xúc với các cạnh ��, ��.
a) Biết �� = 3 �à 2�� = 3��. Tính độ dài các cạnh ��, ��.
b) Biết (�) có bán kính bằng 3 và 2�� = 3��. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC và các cạnh ��, ��.

2 IB = 3IC ⇔ IB =

Ta có
IB + IC = BC ⇔

Mà

3IC
2

3IC
+ IC = 10
⇔ IC = 4 ⇒ IB = 6
2

Gọi D, E lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm I và các cạnh AB, AC.
Khi đó IDAB, IEAC.


Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến của đường tròn tâm I cắt nhau tại A nên AI là phân giác trong
của và AD=AE.
a) Tính AB, AC.
Vì AI là phân giác trong góc nên
AB BI 6 3
=
= =
AC IC 4 2

⇒ AB =

3
AC
2

(*)

Xét AIB có

Xét AIC có
Mà =>
⇒

45 − AB 2
25 − AC 2
=−
36
24

⇔ 4AB 2 + 6AC 2 = 330

(**)

Thay (*) vào (**) ta được

3
4.( AC ) 2 + 6AC 2 = 330
2

⇔ 9AC 2 + 6AC 2 = 330
⇔ 15AC 2 = 330
⇔ AC = 22
⇒ AB =

3
3 22
AC =
2
2

AB =

Vậy

3 22
2

,

AC = 22

.

b) Tính AB, AC và bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC.


Xét DBI vuông tại D có:
DB2=BI2-DI2=62-32=36-9=27
DB=

3 3

Xét EIC vuông tại E có:
EC2=IC2-IE2=42-32=16-9=7
EC=

7

Mặt khác: AD=AB-DB=ABMà AD=AEAB-

3 3

=AC-

3 3
7

; AE=AC-EC=AC-

7

(1)

Vì AI là phân giác trong góc nên
AB BI 6 3
=
= =
AC IC 4 2
⇒ AB =

3
AC
2

(2)

Thay (2) vào (1) ta được :
3
AC − 3 3 = AC − 7
2
⇔ AC = 6 3 − 2 7
⇒ AB =

3
(6 3 − 2 7) = 9 3 − 3 7
2

Xét DBI vuông tại D có
Xét ABC có ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC)



Vậy AB=

9 3−3 7

; AC=

6 3−2 7

; R=

6 3−2 7

.