TAI LIEU ON TAP TOAN 10 He thuc luong trong tam giac

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (298.61 KB, 26 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Chuyên Đề 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT

I. Các ký hiệu:

 A, B, C: là các góc đỉnh A, B, C

 a, b, c : là độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C
 ha, hb, hc : là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C

 ma, mb, mc : là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C

 la, lb, lc : là độ dài các đường phân giác trong kẻ từ A, B, C

 R : là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
 r : là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC

 p = 2

(a+b+c) : laø nửa chu vi tam giác ABC
 S : là diện tích tam giaùc ABC

a
b
ma

la
ha

H D M

II. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông :

Trong tam giác vuông ABC . Gọi b', c' là độ dài các hình chiếu các cạnh góc vng lên

cạnh huyền ta có các hệ thức:



























gB
b

tgC
b
c

gC
c

tgB
c
b
B

a
C
a
c

C
a
B
a
b
c

b
h
a

c
b
h

c

b
a

c
a
b

a
b

cot
.
.

.
7

cos

.
sin
.

cos
.

sin
.

.
6

.

.

.
5

1
1
1

.
4

.
3

.
c

&

.

.
1

2
2
2

'
'
2

2
2
2

'
2
'

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

c b

a
h

c' b'

H
A

B C

II. Các hệ thức lượng trong tam giác thường 
1. Định lý hàm số CÔSIN:

Trong tam giác ABC ta luôn có :

c a b ab C
B
ca
a

c
b

A
bc
c
b
a

cos
2

2
2
2





c b

a
A

B C

Ghi nhớ: Trong một tam giác, bình phương mỗi cạnh bằng tổng bình phương hai cạnh kia

trừ đi hai lần tích hai cạnh ấy với cơsin của góc xen giữa chúng.

Hệ quả: Trong tam giác ABC ta luôn có :

bc
a
c
b
A

2
cos

2
2

2  



, ac

b
c
a
B

2
cos

2
2
2  



, ab

c
b
a
C

2
cos

2
2
2  



2. Định lý hàm số SIN:

Trong tam giác ABC ta có :

C R

c
B
b
A
a

2
sin
sin

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Hệ quả: Với mọi tam giác ABC, ta có:

a2RsinA, b2RsinB, c2RsinC

a
b

O
A

B C

Ghi nhớ:

Trong một tam giác, tỷ số giữa một cạnh của tam giác và sin của góc đối diện với cạnh đó
bằng đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác.

3. Định lý về đường trung tuyến:

Trong tam giác ABC ta có :

2 4
4
2

4
2

2
2
2
2

2
2
2

2
2
2
2

c
b
a
m

b
c
a
m

a
c
b
m

c
b
a





4. Định lý về diện tích tam giác:

Diện tích tam giác ABC được tính theo các cơng thức sau:

a
b
ma

M
B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

5. ( )( )( )

.
4
4

.

3
sin
2
1
sin
2
1
sin
2
1

.
2
2
1
2
1
2
1

.
1
c
p
b
p
a
p
p
S

pr
S
R
abc
S
A
bc
B
ac
A
ab
S
ch
bh
ah

S a b c














c
a
b
ha
H
B
A
C

B. BÀI TẬP

Dạng 1: Tính một số yếu tố trong tam giác theo một số yếu tố cho trước

1. Phương pháp:

* Sử dụng trực tiếp định lí Cosin và định lí Sin

* Chọn các hệ thức lượng thích hợp đối với tam giác để tính một số yếu tố cần thiết.

2. Bài tập

Bài 1:Cho tam giác ABC có b = 7cm , c = 5cm và Cos A = 0,6.
a) Tính a, Sin A, diện tích của tam giác ABC.

b) Tính đường cao ha xuất phát từ đỉnh A và kính R của đường trịn ngoại tiếp tam giác.
Giải

a) Theo định lí Cosin ta có:

)
(
2
4
32
32
6
,
0
.
5
.
7
.
2
5
7
cos

2 2 2

2
2

2 b c bc A a cm

a           .

Mặt khác vì Sin2A = 1 – Cos2A = 5

4
25

16
25

1  SinA

5 14 ( )

4
.
5
.
7
.
2
1
.
.
2

1bcSinA cm2

S  



b) Từ 2 ( )

2
7
2
4
28
.
2
2
.
2
1
cm
a
S
h
h
a

S  a  a   

Theo định lí Sin thì:

)
(
2
2

5
5
4
.
2
2
4
2
2 cm
SinA
a
R
R
SinA

a     

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Cho tam giác ABC có AB = 21cm, BC = 17cm , CA = 10cm.
a) Tính góc A =?

b) Tính diện tích tam giác và chiều cao của ha

c) Tính bán kính đường trịn nội tiếp r của tam giác.

d) Tính độ dài đường trung tuyến ma phát xuất từ đỉnh A của tam giác.

e) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp R của tam giác.

Giải

a) Tính góc A =?

Theo hệ quả của định lí Cosin ta có: 2.10.21 0,6

17
21
10
2

cos

2
2
2
2
2
2









bc
a
c
b

A

b) Ta có: 2 24( )

10
17
21

2 cm

c
b
a

p      

Theo cơng thức hê rơng ta có:

S 24(2412)(2417)(2410) 84(cm2)

Do đó: 21 8 ( )

84
.
2
2
.

2
1

cm
a

S
h
h
a

S a  a   

c) Ta có S = p.r   p  84 24 3,5

S
r

d) Độ dài đường trung tuyến ma được tính theo cơng thức:

18
,
9
25
,
84

25
,
84
4
337

21
2

10
17
4
2

2
2
2
2
2
2
2
















a
a

m

a
c
b
m

e) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp R của tam giác

Ta có: R

abc
S

4


 4.84 10,625

10
.
17
.
21

4  



S
abc
R

Dạng 2: Giải tam giác

1. Phương pháp.

Sử dụng các định lí Cosin, định lí Sin, định lí tổng 3 góc trong một tam giác bằng 1800, nếu là

tam giác vng thì có thể sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác.

2. Bài tập

Bài tập

Giải tam giác biết

a) b = 14 ; c = 10 ; Aˆ 1450
b) a = 4 ; b = 5 ; c = 7

Giải

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

23
35
,

525
)
8191
,
0
.(
280
100
196
2






a
a

ˆ 180 (ˆ ˆ) 180 (145 20 26') 14 34'

'
26
20
ˆ
34913
,
0
23
145

.
14
.
0
0
0
0
0














B
A
C
B
Sin
a
SinA
b

SinB
SinB
b
SinA
a

b) 34 3'

ˆ
8286
,
0
70
58
7
.
5
.
2
4
7
5
2

cos  2  2 2  2 2 2   A 0

bc
a
c
b

A

ˆ 180 (ˆ ˆ) 180 (34 3' 44 25) 10132'

'
25
44
ˆ
71428
,
0
56
40
7
.
4
.
2
5
7
4
2
cos
0
0
0
0
0
0
2

2
2
2
2
2

















B
A
C
B
ac
b
c
a

B

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài 1:

Cho tam giác ABC có góc A =60

, caïnh CA = 8, caïnh AB = 5

1.Tính cạnh BC

2.Tính diện tích tam giác

3.Tính độ dài đường cao AH

4.Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

Bài 2:

Cho tam giác ABC coù a = 13 ; b = 14 ; c = 15

1.Tính diện tích tam giác ABC

2.Tính bán kính đường trịn nội tiếp r và bán kính đường trịn ngoại tiếp R

3.Tính độ dài đường trung tuyến m

Bài 3: Cho tam giác ABC có a = 3 ; b = 4 và góc C = 60

; Tính các góc A, B, bán kính

R của đường trịn ngoại tiếp và trung tuyến m

.

Chuyên đề 2

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

A. TĨM TẮT LÝ THUYẾT

I. Vec tơ chỉ phương – vec tơ pháp tuyến của đường thẳng

1) Vec tơ pháp tuyến: Vec tơ n 0 được gọi là vec tơ pháp tuyến (vtpt) của đường thẳng

 nếu nó có giá vng góc với đường thẳng .

2) Vec tơ chỉ phương: Vec tơ u 0 được gọi là vec tơ chỉ phương ( vtcp) của đường thẳng

 nếu nó có giá song song hoặc trùng với đường thẳng .

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

- Nếu n u ; là vec tơ pháp tuyến và chỉ phương của đường thẳng  thì  k 0 các vec tơ

;

kn ku  cũng đồng thời là vec tơ pháp tuyến, vec tơ chỉ phương của đường thẳng .

- Nếu n ( ; )a b là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng  thì  có các vec tơ chỉ phương là:

( ; )

u b a hoặc u ( ; )b a .

- Nếu u( ; )u u1 2



là vec tơ chỉ phương của đường thẳng  thì đường thẳng  có vec tơ pháp

tuyến n( ;u2 u1)



hoặc n ( u u2; )1



II. Phương trình tổng quát của đường thẳng

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng đi qua M0(x0;y0)và có vec tơ pháp tuyến là

)
;
( ba

n  . Khi đó phương trình tổng quát của đường thẳng  được cho bởi công thức:

a(xx0)b(yy0)0 (1). ( a2  b2 0.)
 III. Phương trình tham số của đường thẳng

Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng đi qua M0(x0;y0)và có vec tơ chỉ phương là:

)
;
(u1 u2

u  .

Khi đó phương trình tham số của đường thẳng  được cho bởi công thức:








t
u
y
y

t
u
x
x

2
0

1
0

(2) . ( tR.)

* Chú ý: - Nếu đường thẳng  có hệ số góc k thì vec tơ chỉ phương của  là u ( k1; )
- Nếu đường thẳng  có vec tơ chỉ phương là u( ; )u u1 2



với u1 0 thì  có hệ số

góc là: 1

u
u
k

IV. Chuyển đổi giữa phương trình tổng quát và phương trình tham số

1. Nếu đường thẳng  có phương trình dạng (1) thì n ( ba; ). Từ đó đường thẳng  có

vtcp là u (b;a) hoặc u (b;a).

Cho xx0 thay vào phương trình (2)  y  y0.Khi đó ptts của là:











at
y
y

bt
x
x

0
0

(tR).

2. Nếu đường thẳng  có phương trình dạng (2) thì  có vtcp là u (u1;u2). Từ đó đường

thẳng  có vtpt là n (u2;u1) hoặc n (u2;u1). Và phương trình tổng quát của đường

thẳng  được xác định bởi :

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

* Chú ý :

- Nếu u1 0 thì pttq của  là : x x0 0.

- Nếu u2 0 thì pttq của  là : y y0 0.

B. BÀI TẬP

Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng  đi qua M x y( ; )0 0 và có một vtcp u( ; )u u1 2


Viết phơng trình đờng thẳng  trong các trờng hp sau :

a. Đi qua M(1; 2) và có một vtcp u(2; 1)

.
b. Đi qua hai điểm A(1; 2) và B(3; 4)

c. Đi qua M(3; 2) và 










t
y

t
x

d: 1 2
//

d. §i qua M(2; 3) vµ d: 2x5y 3 0.
Giải

a) Đi qua M (1 ; -2) và có một vtcp là u(2; 1)

Vì đường thẳng  đi qua M (1 ;-2) và có vtcp là u (2; 1) nên phương trình tham số của
đường thẳng là :












t
y

t
x

2
2
1

b) Đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(3 ; 4)

Vì  đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(3 ; 4) nên  có vec tơ chỉ phương AB(2;2)
Phương trình tham số của  là:








t
y

t
x

2
2

2
1

c) Đi qua M (3 ;2) và 









t
y

t
x

d: 1 2
//

Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là : ud (2;1). Vì  song song với d nên  nhận vec 
tơ ud (2;1) làm vec tơ chỉ phương. Hay u (2;1),  đi qua M(3 ; 2) vì vậy  có

phương trình đường thẳng là:

t

y

t
x

2
2
3

d) Đi qua M(2; 3) và d: 2x5y 3 0.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Vì  vng góc với đường thẳng d nên  nhân vec tơ pháp tuyến của d là vec tơ chỉ phương.
Vì vậy vtcp của  là u (2;5).  đi qua M(2 ; -3) nên phương trình đường thẳng  là :












t
y

t
x

5
3

2
2

Dạng 2 : Viết phơng trình đờng thẳng  đi qua M x y( ; )0 0 và có một vtpt n( ; )a b



.

Viết phơng trình tổng quát của đờng thẳng  trong các trờng hợp sau :
a. Đi qua M(1; 2) và có một vtpt n(2; 3)

.
b. Đi qua A(3; 2) và // : 2d x y  1 0.

c. Đi qua B(4; 3) và

1 2

: x t ( )

d t R

y t

 


  

 

  .

Giải

a) Đi qua M(1;2) và có một vtpt là n (2; 3)

Vì đường thẳng  đi qua M (1 ;2) và có vtpt là n(2; 3) nên phương trình tham số của
đường thẳng là :

2(x – 1) – 3(y – 2) = 0  2x – 3y + 4 = 0
b) Đi qua A(3 ; 2) và // d : 2x – y – 1 = 0

đường thẳng d : 2x – y – 1 = 0 có vtpt là nd (2;1).

Dường thẳng  song song với đường thẳng d nên  nhận nd (2;1) làm vec tơ pháp tuyến.
Vì  đi qua A(3; 2) và có vtpt là n (2;1) nên  có phương trình là:

2(x – 3) – (y – 2) = 0  2x – y – 4 = 0
c) Đi qua B(4 ;-3) và

Đường thẳng d có vtcp là ud (2;1). Vì  vng góc với d nên  nhận vtcp của d làm vtpt
 n (2;1). Đường thẳng  đi qua B(4 ;-3) và có vtpt n (2;1) nên  có phương trình

tổng qt là:

2(x – 4) – (y + 3) = 0  2x – y – 11 = 0

Dạng 3 : Viết phơng trình đờng thẳng  đi qua M x y( ; )0 0 và có hệ số góc k cho trớc.

- Nếu đường thẳng  có hệ số góc k thì vec tơ chỉ phương của  là u ( k1; )

- Kết hợp giả thiết  đi qua M(x

0 ; y0)

Bài tập 1

Viết phơng trình đờng thẳng  trong các trờng hợp sau :
a. Đi qua M( 1; 2) và có hệ số góc k 3.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Giải

a) Đi qua M( 1; 2) và có hệ sè gãc k3.

 có hệ số góc k = 3 nên  có vtcp là: u (1;3).

 đi qua M(-1 ; 2) và có vtcp là u (1;3) nên có phương trình là:












t
y

t
x

3
2
1

b) Đi qua A(3 ;2) và tạo với chiều dương trục ox góc 450

Giả sử đường thẳng  có hệ số góc k, như vậy k được cho bởi công thức

k = tan  với  450 k = tan 450  k = 1

Đường thẳng  hệ số góc k = 1 vậy thì vtcp của  là u (1;1),  đi qua A(3;2) nên  có

phương trình là :








t
y

t
x

2
3

Bài tập 2:

Cho tam giác ABC, với A(1; 4); B(3; - 1); C(6; 2).

Hãy viết phương trình tổng quát của đường cao AH, và trung tuyến AM của tam
giác ABC.

Giải

+ Ta coù: AH  BC nên AH nhận vec tơ BC= (3; 3) là vecto pháp tuyến của AH.

ẠH đi qua A(1 ; 4) và nhận BC= (3; 3) làm vtpt nên Phương trình tổng quát của (AH) là:
3(x - 1) + 3(y - 4) = 0  3x + 3y - 15 = 0.

+ Gọi M là trung điểm của BC, ta có:





















2
1
2

2
9
2

6
3
2

C
B
M

y
y
y

x
x
x

Vậy 






2
1
;
2
9

M

 





 


2
7
;
2
7

AM

là vec tơ chỉ phương của đường thẳng AM.

Đường thẳng AM đi qua A(1 ; 4) và vtcp 





 


2
7
;
2
7

AM

nên AM có phương trình:















t
y

t
x

2
7
4

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài 1 .

Viết phơng trình đờng thẳng  trong các trờng hợp sau :
a. Đi qua A(3; 2) và B( 1; 5)  ; M( 3;1) và N(1; 6) ;
b. Đi qua A và có vtcp u, nếu :

+ A(2;3) vµ u ( 1; 2)



.
+ A( 1; 4) vµ u(0;1)



c. §i qua A(3; 1) vµ // : 2d x3y 1 0.
d. Đi qua M(3;2) và n(2; 2)

.
e. Đi qua N(1;2) và với :
+ Trôc Ox.

+ Trơc Oy.

f. §i qua A(1;1) vµ cã hƯ sè gãc k2.

g. Đi qua B(1; 2) và tạo với chiều d¬ng trơc Ox gãc 600.

Bài 2:

Viết phơng trình các cạnh ABC biết :
a. A(2;1); (5;3); (3; 4).B C

b. Trung điểm các cạnh là : M( 1; 1); (1;9); (9;1). N P

Chuyên đề 3: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG

A. TĨM TẮT LÝ THUYẾT

I. Bài tốn: Trong mặt phẳng Oxy cho hai đờng thẳng  1; 2 có phơng trình









2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2

( ) : 0, 0

a x b y c a b
a x b y c a b

     

Hỏi: Hai đờng thẳng trên cắt nhau, song song hay trùng nhau ?

Trả lời câu hỏi trên chính là bài tốn xét vị trí tơng đối của hai đờng thng.

II. Phơng pháp.
1. Cách 1:

Nếu

1 2
1 2

a a

b  b thì hai đờng thẳng cắt nhau.

NÕu

1 2 1
1 2 2

a a c

b  b  c thì hai đờng thẳng song song nhau.

NÕu

1 2 1
1 2 2

a a c

b  b c

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2. Cách 2:

Xét hệ phơng trình

1 1 1
2 2 2

a x b y c
a x b y c

  


   

 (1)

Nếu hệ (1) có một nghiệm thì hai đờng thẳng cắt nhau và toạ độ giao điểm là nghiệm của
hệ.

Nếu hệ (1) vơ nghiệm thì hai đờng thẳng song song nhau.

Nếu hệ (1) nghiệm đúng với mọi



x y;



thì hai đờng thẳng trùng nhau.

* Chú ý: Nếu bài tốn khơng quan tâm đến toạ độ giao điểm, ta nên dùng cách 1.

B. BÀI TẬP
Bài tập 1:

Xét vị trí tơng đối các cặp đờng thẳng sau và tìm toạ độ giao điểm trong trờng hợp cắt nhau:
a) 1:x y  2 0; 2: 2x y  3 0.

b) 













t
y
t
x
y
x
2
2
4
1
:
0
10
4
2
: 2
1

c) 












t
y
t
x
y
x
4
6
5
6
:
0
12
10
8
: 2
1
Giải

a) 1:x y  2 0; 2: 2x y  3 0

số giao điểm của  và1 2 chính là số nghiệm của hệ phương trình:









0
3
2
0
2
y
x
y
x

Giải hệ này chúng ta có một cặp nghiệm (x , y) = (1 ; 1).

Vậy hai đường thẳng này cắt nhau tại 1 điểm, tọa độ giao điểm là (x , y) = (1 ; 1).

b) 












t
y
t
x
y
x
2
2
4
1
:
0
10
4
2
: 2
1

Từ phương trình đường thẳng 2 ta có x = (1 – 4t) và y = (2 + 2t) thay vào 1 ta được

2(1 – 4t) + 4(2 + 2t) = 0  10 – 8t + 8t = 0  10 = 0 (vơ lí)  hai đường thẳng này khơng
có điểm chung.

Vậy hai đường thẳng  và1 2 song song với nhau.

c) 












t
y
t
x
y
x
4
6
5
6
:
0
12
10

8
: 2
1

Đường thẳng 2 có vtcp là u  (5;4) nên 2có vtpt là n (4;5).2 đi qua điểm có tọa độ

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Số giao điểm của  và1 2 chính là số nghiệm của hệ phương trình:









0
6
5
4

0
12
10
8

y
x

Hệ này có vố số nghiệm nên  và1 2 trùng nhau.

(Chú ý: bài toán này yêu cầu phải tìm tọa độ giao điểm nên ta dùng cách 2. Nếu bài toán chỉ 
yêu cầu tìm vị trí tương đối của hai đường thẳng thì ta nên dùng cách 1)

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Xét vị trí tơng đối các cặp đờng thẳng sau và tìm toạ độ giao điểm trong trờng hợp cắt nhau:
a) 1:8x10y12 0; 2: 4x3y16 0 .

b) 













t
y

t
x
y

x

2
3
5
:
;

10
6
12

: 2

c) 





















t
y

t
x
t

y
t
x

2
3
5
:

2
10

: 2

Chuyên đề 4: GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

A. TĨM TẮT LÍ THUYẾT

I. Định nghĩa: Giả sử hai đờng thẳng  1; 2 cắt nhau. Khi đó góc giữa  1; 2 là góc nhọn v

c kớ hiu l:

1, 2

.

* Đặc biệt:

- NÕu



1, 2



o
  

th×   1 2.

- NÕu



1, 2

o

thì 1// 2 hoặc  1 2.

II. Công thức xác định góc giữa hai đờng thẳng trong mặt phẳng toạ độ.
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, giả sử đờng thẳng  1; 2 có phơng trình









2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2

( ) : 0, 0

a x b y c a b
a x b y c a b

     

Khi đó góc giữa hai đờng thẳng



 1, 2



đợc xác định theo công thức:





1 2 1 2

1 2 2 2 2 2
1 1 2 2

cos , a a b b

a b a b


  

 

Chú ý: - 1 2 n1 n2 a1a2 b1b2 0

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

BÀI TẬP

Bài tập 1

Xác định góc giữa hai đờng thẳng

a) 1: 4x2y 6 0; 2:x3y 1 0

b) 












t
y
t
x
y
x
2
2
4
1
:
0
10
4
2
: 2
1

c) d1: x – 2y + 5 = 0 d2: 3x – y = 0.
Giải

a) 1: 4x2y 6 0; 2:x3y 1 0

ta có:





1 2 1 2

1 2 2 2 2 2
1 1 2 2

cos , a a b b

a b a b


  

 

với a1 = 4 ; b1 = -2 ; a2 = 1 ; b2 = -3

Vậy









2
1
2
2
2

2
2
1
45
;
2
1
20
10
10
.
20
10
10
.
20
|
10
|
)
3
(
1
.
)
2
(
4
|
)

3
).(
2
(
1
.
4
|
;


















Cos

b) 











t
y
t
x
y
x
2
2
4
1
:
0
10
4
2
: 2
1

Đường thẳng 2 có vtcp là u2 (4;2) vì vậy vtpt của 2 là n2 (2;4)

Đường thẳng 1có vtpt là n1 (2;4).

Vậy









2
1
2
2
2
2
2
1
0
;
1
20
20
20
.
20
|
20
|
)

4
(
2
.
)
4
(
2
|
4
.
4
2
.
2
|
;














Cos

c) d1: x – 2y + 5 = 0 d2: 3x – y = 0.

Ta có:
2
1
2
5
5
1
9
.
4
1
2
3
.
;
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2

1
2

1  















b
a
b
a
b
b
a
a
d
d
Cos

Vậy góc giữa d1 và d2 = 45o
Bài tập 2:

Chứng minh rằng hai đường thẳng sau vng góc với nhau:

a) 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

b) 1:y3x5 2:2y6x40

Giải

a) 














t
y

t
x

y
x

2
2

2
1
:
0

10
2
2

: 2

Đường thẳng 2 có vtcp là u2 (2;2) vì vậy vtpt của 2 là n2 (2;2)
Đường thẳng 1có vtpt là n1 (2;2).

Vì vậy









2
1

2
2
2
2

2
1

0
9
;

0
8
.
8

|
0
|
)
2
(
2

.
)
2
(
2

|
2
).
2
(
2
.
2
|
;





















Cos

Vậy hai đường thẳng trên vng góc với nhau.
b) 1:y3x5 2:2y6x40

Đường thẳng 2: 2y +6x – 4 = 0  y = -3x + 2.

 2có hệ số góc k2 = -3

Đường thẳng 1 có hệ số góc k1 = 3.  k1.k2 = 3.(-3)= 0  và1 2 vng góc với nhau

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài tập 1:

Xác định góc giữa các cặp đờng thẳng sau
a) 1:x2y 5 0; 2: 3x y 0

b) 1:x2y 4 0; 2: 2x y  6 0

c) 1: 4x2y 5 0; 2:x3y 1 0

Bài tập 2:

Các cặp đường thẳng sau có vng góc với nhau khơng?
a) 2x - y - 3 = 0. và 2x + y - 4 = 0

b) 





t
y

t
x

2
3

7
2

và 4x + 6y - 6 = 0

Chuyên đề 5:

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng



có phương trình ax + by + c = 0 và điểm

M

(x

; y

). Khoảng từ điểm M

đến đường thẳng



, kí hiệu là d(M

,



), được tính bởi

cơng thức

2
2

0
0
0, )

(
b
a
c
by
ax
M
d






Bài tập 1:

Tính khoảng cách từ điểm đến dường thẳng được cho tương ứng như sau:

a) A(3 ; 5) và



: 4x + 3y + 1 = 0

b) B(1 ; 2) và

'

: 3x – 4y + 1 = 0

Giải

:

a) Ta có:

28
9
16
1
)
5
.(
3
)
3
.(
4
)
,
( 





A
d

b)

5
4

16
9
1
)
2
.(
4
)
1
.(
3
)
'
,
( 





A
d

Bài tập 2:

Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng được cho tương ứng như sau:

a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:









t
y
t
x
2
2
2
1

b) B(-7 ; 3) và đường thẳng d’:







t
y
t
x
3
1

Giải

a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:









t
y
t
x
2
2
2
1

Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ (1 ; 2) và có vtcp là ud (2;2) vì vậy vtpt của d là

)
2
;
2
(

d
n

Phương trình tổng quát của đường thẳng d là: 2(x – 1) +2(y – 2) = 0  2x +2y - 6 = 0

Ta có:

2
1
2

2
2
8
2
4
4
6
)
2
.(
2
)
4
.(
2
)
,
(   





d
A
d

b) B(-7 ; 3) và đường thẳng d’:



</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ (1 ; 0) và có vtcp là ud (1;3) vì vậy vtpt của d là

)
1
;
3
(


d

n

Phương trình tổng quát của đường thẳng d là: -1(x – 1) +3(y – 0) = 0  -x + 3y +1 = 0
Ta có:

17
9

1
)
3
.(
3
)
7
.(

1
)
,

( 








d
A
d

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài tập 1

Tính bán kính đường trịn tâm I( 1 ; 5) và tiếp xúc với đường thẳng d: 4x -3y +1 = 0

Bài tập 2

Cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là: A(4 ; 6) ; B(1 ; 4) : C(7 ; 2)

Hãy tính khoang cách từ các đỉnh đến các cạnh đối diện tương ứng.

Chuyên đề 6: ĐƯỜNG TRÒN

A. TĨM TẮT LÍ THUYẾT

1. Phương tr×nh chÝnh tắc.

Trong mt phng Oxy cho ng tròn tâm I a b( ; ) bán kính R. Khi ó phng trình chÝnh tắc
của đường trßn à :

(x a )2(y b )2 R2.
 2. Phương trình tổng quát.

Phng trình có dng :

x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0

Với c = a2+b2 - R2.

*a2 + b2 > c. Khi đó tâm I(a ; b), Bán kính R a2b2c.

3. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn

Cho điểm M(x0 ; y0) nằm trên đường tròn (C) tâm I(a ; b). Gọi d là tiếp tiếp của (C) tại M, vậy

thì d có phương trình là:

(x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Dạng 1: Nhận dạng một phương trình bậc hai là phương trình đường trịn. Tìm tâm và 
bán kính đường trịn.

1. Phương pháp:

Cách 1: Đưa phương trình về dạng: x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 (1)

- Xét dấu biểu thức m = a2 + b2 – c

Nếu m > 0 thì (1) là phương trình đường trịn tâm I(a , b) bán kính R a2b2 c

Cách 2: - Đưa phương trình về dạng: (x – a)2 + (y – b)2 = m (2)

- nếu m > 0 thì (2) là phương trình đường trịn tâm I(a ; b) bán kính R m

2.Bài tập

Bài tập 1

Trong các phương trình sau, phương trình nào biểu diễn đường trịn. Hãy tìm tâm và bán kính
nếu có:

a) x2 + y2 – 6x + 8y + 100 = 0

b) x2 + y2 + 4x - 6y - 12 = 0

c) 2x2 + 2y2 - 4x + 8y - 2 = 0
Giải

a) x2 + y2 – 6x + 8y + 100 = 0 (1)

(1) có dạng x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 trong đó a = 3 ; b = -4 , c = 100

Xét biểu thức m = a2 + b2 – c = 32 + (-4)2 – 100 = 9 + 16 – 100 = 75 < 0

Vậy phương trình (1) khơng phải là phương trình của đường trịn.
b) x2 + y2 + 4x - 6y - 12 = 0 (2)

(2) có dạng x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 trong đó a = -2 ; b = 3 , c = -12

Xét biểu thức m = a2 + b2 – c = (-2)2 + (3)2 +12 = 4 + 9+12 = 25 > 0 phương trình (2) là

phương trình đường trịn tâm I(-2 ; 3) và có bán kính
R a2b2 c  (2)2 3212  255

c)

2x2 + 2y2 - 4x + 8y - 2 = 0 (3)

Ta có: 2x2 + 2y2 - 4x + 8y - 2 = 0  x2 + y2 – 2x + 4y - 1 = 0.

Phương trình này có dạng x2 + y2 - 2ax - 2by +c trong đó a = 1 ; b = -2 .

Xét biểu thức m= a2 + b2 – c = 12 + (-2)2 +1 = 6 > 0. Phương trình này là phương trình đường

trịn tâm I(1 ; -2) và có bán kính

R a2b2 c  (1)2 (2)21 6

Bài tập 2

Cho phương trình x2 + y2 – 2mx +4my + 6m -1 = 0 (1)

Với giá trị nào của m thì phương trình trên là đường trịn?

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Phương trình (1) có dạng x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 với a = m ; b = -2m ; c = 6m – 1.

(1) là phương trình của đường trịn khi và chỉ khi m = a2 + b2 – c > 0.

Với a2 + b2 – c > 0  m2 +(-2m)2 – 6m + 1> 0

 5m2 – 6m + 1 > 0










1

5
1

m
m

Dạng 2: Lập phương trình của đường trịn
1. Phương pháp

Cách 1:

- Tìm tọa độ tâm I(a ; b) của đường trịn (C)

- Tìm bán kính R của (C)

- Viết phương trình đường trịn theo dạng (x – a)2 + (y – b)2 = R2

* Chú ý

- (C) đi qua A , B  IA2 = IB2 = R2

- (C) đi qua A và tiếp xúc với đường thẳng m tại A  IA = d(I ; m)
- (C) tiếp xúc với hai đường thẳng m1 và m2  d(I ; m1) = d(I ; m2) = R
Cách 2

- Gọi phương trình của đường trịn là x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 (2)

- Từ điều kiện của đề bài đưa đến hệ phương trình với ẩn số là a, b, c

- Giải hệ phương trình tìm a, b, c thế vào (2) ta được phương trình đường trịn

2. Bài tập

Bài tập 1

Lập phương trình đường trịn (C) trong các trường hợp sau :

a. (C) có tâm I(-1 ; 2) và tiếp xúc với đường thẳng m : x – 2y + 7 = 0
b. (C) có đường kính là AB với A( 1 ; 1) , B(7 ; 5).

Giải

a) Ta có : 5

1
7
2
.
2
1
)
;

( 






d I m
R

Đường trịn (C) có tâm I(-1 ; 2) có bán kính R = 5

nên phương trình đường trịn là:
(x + 1)2 + (y – 2)2 =5

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

ta có:
)
3
;
4
(
3
2
5
1
2
4
2
7
1
2 I
y
y
y
x
x
x
B
A
I
B
A
I



















Vì vậy R IA (14)2 (13)2  13

Vậy phương trình đường tròn là: (x – 4)2 + (y – 3)2 = 13
Bài tập 2

Viết phương trình đường trịn đi qua ba điểm A(1 ;2) ; B(5 ; 2) ; C(1 ;-3)

Giải

Xét đường trịn (C) có dạng x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0


















































1
2
1
3
10
6
2
29
4
10
5
4
2
0

6
2
9
1
0
4
10
4
25
0
4
2
4
1
c
b
a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
c

b
a
c
b
a

Vậy phương trình đường tròn đi qua ba điểm A , B, C là:
x2 + y2 - 6x + y – 1 = 0

Dạng 3: Lập phương trình tiếp tuyến.

1. Phương pháp

* Loại 1: Lập phương trình tiếp tuyến tại M(x0 ; y0) thuộc đường trịn (C).

- tìm tọa độ tâm I(a ; b) của (C).

- Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M(x0 ; y0) có dạng

(x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0

*Loại 2: Lập phương trình tiếp tuyến d của (C) khi chưa biết tọa độ tiếp điểm:

- dùng điều kiện tiếp xác để xác định d:

d tiếp xúc với đường trịn (C) tâm I, bán kính R  d(I,d) =R

2. Bài tập

Bài tập 1

Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn

Tại điểm M(4 ; 2) thuộc đường tròn (C)

Giải

Đường trịn (C) có tâm là I (1 ; -2). Vậy phương trình tiếp tuyến với đường trịn tại M(4 ; 2) có
dạng: (x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài tập 2

Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C) : x2 + y2 – 4x – 2y = 0

Biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm A(3 ;-2)

Giải

Phương trình đường thẳng d đi qua A(3 ;-2) có dạng y + 2 = k(x – 3)  kx – y – 2 -3k = 0
Đường trịn (C) có tâm I(2 ; 1) và có bán kính R a2b2 c  410 5

d tiếp xúc với (C)

 d(I, d) =


























2
1
2
0

4
6

4
)
1
(
5
)
3
(
5
1

3
2
1

2 2 2 2

2 k

k
k

Vậy có hai tiếp tuyến với (C) được kẻ từ A là:
d1: 2x – y – 8 = 0

d2: x + 2y + 1 = 0
C BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ.

Bài tập 1

Trong các phương trình sau, phương trình nào biểu diễn đường trịn. Hãy tìm tâm và bán kính
nếu có:

a. x2y24x2y 6 0.
b. x2y26x8y16 0 .

c. x2y24x5y 1 0.
d. 2x22y23x 2 0

Bài tập 2

Tìm m để phương trình sau là phương trình của đường trịn
a. x2y26mx2(m1)y11m22m 4 0

b. x2y2(m15)x(m5)y m 0
c. x2y22(m1)x2(m3)y 2 0

Bài tập 3

Viết phương trình đường trịn biết đường trịn đi qua 3 điểm
a. A(8;0) , (9;3) , (0;6)B C .

b. A(1; 2) , (5;2) , (1; 3)B C  .

Bài tập 4

Viết phương trình đường trịn biết đường tròn đi qua 3 điểm
a. Đi qua gốc tọa độ và có bán kính R = 3

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

c. Có tâm là I(2 ;3) và R = 3

d. Có tâm là I(2 ;3) và tiếp xúc với : 4x3y12 0.
e. Có đường kính là AB với A( 1;1) , (5;3) B

f. Hãy viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm: M(0; 1), N(4; 1) và P(0; - 4)
g. Đi qua A( 1; 2) , ( 2;3) B  và cĩ tâm thuộc đường thẳng : 3x y 10 0

Bài tập 5

Tìm tâm và bán kính của đường trịn trong các trường hợp sau
a. (x5)2(y7)2 15

b. (x4)2(y2)2 7
c. x2y26x4y36
d. x2y210x10y55
e. x2y28x6y 8 0
f. x2y24x10y15 0

Bài tập 6

Hãy viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C):

a) Biết: (C): (x + 1)2 + (y - 2)2 = 9, và tiếp điểm M

0 có tọa độ: (2; 2)

b) Biết: (C): (x - 2)2 + (y + 3)2 = 10, và tiếp tuyến (t) song song với đường thẳng

(d): 3x - y + 9 = 0

Chuyên đề 6: E LIP

A. TĨM TẮT LÍ THUYẾT

1. Phương trình chính tắc của Elip (E) là:

1 ( )

2
2
2
2

2
2
2

c
b
a
b

y
a

x    

2. Các thành phần của Elip (E) là:

* Hai tiêu điểm: F1(-c ; 0) ; F2(c ; 0).

* Bốn đỉnh: A1 (-a ; 0 ) ; A2 (a ; 0 )

B1 (0; -b ) ; B2 (0 ; b )

* Độ dài trục lớn: A1A2 = 2a

* Độ dài trục bé: B1B2 = 2b

* Tiêu cự: F1F2 = 2c.
3. Hình dạng Elip (E)

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

- Mọi điểm của Elip (E) đều nằm trong hình chữ nhật có kích thước 2a và 2b gới hạn bởi các
đường thẳng x a;yb. Hình chữ nhật đó gọi là hình chữ nhật cấp cơ sở của Elip (E).

B. BÀI TẬP

Dạng 1: Lập phương trình chính tắc của một (E) khi biết các thành phần đủ để xác định

Elip đó

1. Phương pháp

- Từ các thành phần đã biết, áp dụng công thức liên quan ta tìm được phương trình chính tắc
của E đó.

- Lập PTCT theo cơng thức: (E) : 1 ( )

2
2
2
2

2
2
2

c
b
a
b

y
a

x    

- Ta có các hệ thức: * 0 = a2 – b2

* Tiêu cự: F1F2 = 2c

* Độ dài trục lớn: A1A2 = 2a

* Độ dài trục bé: B1B2 = 2b

* M(E) F1MF2M 2a

- Ta có tọa độ các điểm đặc biệt của E
* Hai tiêu điểm: F1(-c ; 0) ; F2(c ; 0).

* Hai đỉnh trên trục lớn: A1 (-a ; 0 ) ; A2 (a ; 0 )

* Hai đỉnh trên trục nhỏ: B1 (0; -b ) ; B2 (0 ; b )

2. Bài tập

Bài tập 1:

Lập PTCT của Elip trong mỗi trường hợp sau:
a) Độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6
b) Một tiêu điểm



 3;0



và điểm 







3
;
1

nằm trên Elip

c) Một đỉnh trên trục lớn là điểm (3 ; 0) và mọt tiêu điểm là (-2 ; 0)

d) Elip đi qua hai điểm M(0 ; 1) và N 







2
3
;
1
Giải

a) Độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6
Ta có độ dài trục lớn bằng 10 nên 2a = 10  a = 5 ;
Tiêu cự bằng 6 nên 2c = 6  c = 3

Với b2 = a2 – c2 = 25 – 9 = 16 . Từ đây ta có phương trình chính tắc của elip là:

25 16 1

2
2


 y

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

b) Một tiêu điểm



 3;0



và điểm 







2
3
;
1

nằm trên Elip

Phương trình chính tắc của (E) có dạng 2 1

2
2
2




b
y
a
x

Vì (E) có một tiêu điểm F1



 3;0



nên c 3.

Điểm 







2
3
;
1

nằm trên (E) nên 4 1 (1)

3
1

2
2  b 

a

Với a2 = b2 + c2 = b2 +3 thế vào (1) ta có:

.
4
3
1
1

0
9
5
4
)
3
(
4
)
3
(
3
4
1
4

3
3

1 2 2 2 2 4 2 2 2

2  b   b  b   b b   b  b   b  a   

b

Vậy phương trình chính tắc là 4 1 1

2
2


 y

x

c) Một đỉnh trên trục lớn là điểm (3 ; 0) và một tiêu điểm là (-2 ; 0)
Một đỉnh trên trục lớn là điểm (3 ; 0) nên ta có a = 3

Một tiêu điểm là (-2 ; 0) nên c = 2. Suy ra b2 = a2 – c2 = 32 – 22 = 9 – 4 = 5

Vậy phương trình chính tắc là 9 5 1

2
2


 y

x

d) Elip đi qua hai điểm M(0 ; 1) và N 







2
3
;
1

Phương trình chính tắc của (E) có dạng 2 1

2
2
2




b
y
a
x

Vì E đi qua hai điểm M(0 ; 1) và N 








2
3
;
1

nên thay tọa độ hai điểm M và N vào

phương trình E ta được:





















4
1
1

4
3
1

1
1

2
2

2
2
2

a
b
b

a
b

Vậy phương trình chính tắc là 4 1 1

2
2


 y

x

Dạng 2: Xác định thành phần Elip khi biết PTCT của E đó.
1. Phương pháp

Các thành phần của E : 2 1

2
2
2




b
y
a
x

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

* Độ dài trục lớn: A1A2 = 2a

* Độ dài trục bé: B1B2 = 2b

* M(E) F1MF2M 2a

- Ta có tọa độ các điểm đặc biệt của E
* Hai tiêu điểm: F1(-c ; 0) ; F2(c ; 0).

* Hai đỉnh trên trục lớn: A1 (-a ; 0 ) ; A2 (a ; 0 )

* Hai đỉnh trên trục nhỏ: B1 (0; -b ) ; B2 (0 ; b )

* Tỉ số: a 1

c

* Phương trình đường thẳng chứa cạnh của hình chữ nhật cơ sở là: x a;yb

2. Bài tập

Cho E có phương trình: 25 9 1

2
2


 y

x

Xác định độ dài các trục, tọa độ tiêu điểm, tọa độ các đỉnh

Giải

Phương trình chính tắc của (E) có dạng 2 1

2
2
2




b
y
a
x

vì vậy ta có: 
















3
5
9

2
2

b
a
b

a

2
2 



c a b

Vậy (E) có: - Trục lớn A1A2 = 2a = 10

- Trục nhỏ: B1B2 = 2b = 6

- Hai tiêu điểm: F1(-4 ; 0) ; F2(4 ; 0).

- Bốn đỉnh: A1 (-5 ; 0 ) ; A2 (5 ; 0 )

B1 (0; -3 ) ; B2 (0 ; 3 )
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Bài 1: Trong mp với hệ tọa độ 0xy cho elip (E) : 25 4 1
4 2 2


 y

x

.
a/ Tìm tọa độ các tiêu điểm và tính tâm sai của elip .

b/ Xác định độ dài các trục và tiêu cự.

Bài 2: Trong mp với hệ tọa độ 0xy cho elip (E) : x2 + 4y2 = 4

a/ Tìm tọa độ các đỉnh , tọa độ các tiêu điểm và tính tâm sai của elip
b/ Xác định độ dài các trục và tiêu cự.

Bài 3: Viết phương trình chính tắc trong các trường hợp sau:

a/ Khoảng cách giữa các đường chuẩn là 36 và bán kính qua tiêu điểm của điểm M thuộc
(E) là 9 và 15

b/ (E) đi qua điểm M (2; 3

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

c/ Biết (E) đi M ( 2; - 2) và N ( - 6; 1)

</div>

TAI LIEU ON TAP TOAN 10 He thuc luong trong tam giac

<b>Chuyên Đề 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC</b>

Cho tam giác ABC có góc A =60

, caïnh CA = 8, caïnh AB = 5

1.Tính cạnh BC

2.Tính diện tích tam giác

3.Tính độ dài đường cao AH

4.Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

<b>Bài 2:</b>

Cho tam giác ABC coù a = 13 ; b = 14 ; c = 15

1.Tính diện tích tam giác ABC

2.Tính bán kính đường trịn nội tiếp r và bán kính đường trịn ngoại tiếp R

3.Tính độ dài đường trung tuyến m

<b>Bài 3: Cho tam giác ABC có a = 3 ; b = 4 và góc C = 60</b>

<sub>; Tính các góc A, B, bán kính</sub>

R của đường trịn ngoại tiếp và trung tuyến m

.

<b>Chuyên đề 2</b>

<b>PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG</b>

<b> Chuyên đề 3: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG</b>













<b>Chuyên đề 4: GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG</b>



















































<b>Chuyên đề 5:</b>

Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng

<sub> có phương trình ax + by + c = 0 và điểm </sub>

M

(x

; y

). Khoảng từ điểm M

đến đường thẳng

, kí hiệu là d(M

,

), được tính bởi

cơng thức

<b>Bài tập 1:</b>

Tính khoảng cách từ điểm đến dường thẳng được cho tương ứng như sau:

a) A(3 ; 5) và

<sub>: 4x + 3y + 1 = 0</sub>

b) B(1 ; 2) và

<sub>: 3x – 4y + 1 = 0</sub>

<b>Giải</b>

<b> : </b>

a) Ta có:

b)

<b>Bài tập 2:</b>

Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng được cho tương ứng như sau:

a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:

b) B(-7 ; 3) và đường thẳng d’:

<b>Giải </b>

a) A(4 ; -2) và đường thẳng d: