Bài tập Bài tập cuối chương 9 có đáp án

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}$= (−1; 3), $\overrightarrow{DC}$ = (−1; 3) ⇒ $\overrightarrow{AB}= \overrightarrow{DC}$.

⇒ ABCD là hình bình hành.

Lại có: $\overrightarrow{AD}$ = (3; 1) ⇒ $\overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AD}$= −1. 3 + 3. 1 = 0.

⇒ $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AD}$ hay AB ⊥ AD.

⇒ Hình bình hành ABCD là hình chữ nhật.

Ta có: AD = $\left|\overrightarrow{AD}\right|=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$.

          AB = $\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{{(-1)}^2+3^2}=\sqrt{10}$.

⇒ AB = AD ⇒ Hình chữ nhật ABCD là hình vuông.

Vậy ABCD là hình vuông.

b) Tâm I của hình vuông ABCD nên I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD hay I là trung điểm của AC. Khi đó toạ độ điểm I là:

⇒ $I\left(\frac{2+4}{2};\frac{1+5}{2}\right)$ ⇒ I = (3; 3).

Vậy tâm của hình vuông ABCD là I(3; 3).

Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. A(a; 0), B(b; 0), C(0; c), D(0; d). Hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại E (trùng với gốc tọa độ O).

Vì ACEF là hình chữ nhật nên F(a; c). 

Gọi I là tâm đường tròn (O), K và H lần lượt là chân đường cao hạ từ I tới AB, CD.

⇒ K là trung điểm của AB ⇒ $K\left(\frac{a+b}{2};0\right)$.

     H là trung điểm của CD ⇒ $H\left(0;\frac{c+d}{2}\right)$.

⇒ $I\left(\frac{a+b}{2};\frac{c+d}{2}\right)$.

Ta có: $\overrightarrow{IA}=\left(a-\frac{a+b}{2};-\frac{c+d}{2}\right)$⇒ IA = $\left|\overrightarrow{IA}\right|=\sqrt{{\left(a-\frac{a+b}{2}\right)}^2+{\left(-\frac{c+d}{2}\right)}^2}$ .

           $\overrightarrow{IC}=\left(-\frac{a+b}{2};c-\frac{c+d}{2}\right)$ ⇒ IC = $\left|\overrightarrow{IC}\right|=\sqrt{{\left(-\frac{a+b}{2}\right)}^2+{\left(c-\frac{c+d}{2}\right)}^2}$.

Vì IA = IC (= R) ⇒ $\sqrt{{\left(a-\frac{a+b}{2}\right)}^2+{\left(-\frac{c+d}{2}\right)}^2}=\sqrt{{\left(-\frac{a+b}{2}\right)}^2+{\left(c-\frac{c+d}{2}\right)}^2}$

⇔ (a − b)² + (c + d)² = (a + b)² + (c − d)²

⇔ a² − 2ab + b² + c² + 2cd + d² = a² + 2ab + b² + c² − 2cd + d²

⇔ 4ab = 4cd ⇔ ab = cd ⇔ ab − cd = 0 (1)

Ta có: $\overrightarrow{EF}$= (−a; −c}, $\overrightarrow{BD}$= (−b; d)

⇒ $\overrightarrow{EF}. \overrightarrow{BD}$= (−a).(−b) − c.d = ab − cd = 0 (theo (1))

⇒ $\overrightarrow{EF}\perp \overrightarrow{BD}$ hay EF ⊥ BD.

Vậy EF ⊥ BD.

a) Đường thẳng d₁ và d₂ có vectơ pháp tuyến lần lượt là $\overrightarrow{n_1}$ = (1; −1) và  $\overrightarrow{n_2}$= (1; 1).

Ta có: $\overrightarrow{n_1}. \overrightarrow{n_2}$= 1.1 + (−1). 1 = 0 nên  $\overrightarrow{n_1}$ và $\overrightarrow{n_2}$ là hai vectơ vuông góc 

⇒ d₁ ⊥ d₂ ⇒ (d₁, d₂) = 90°.

Gọi M là giao điểm của d₁ và d₂.

Khi đó tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x–y+2=0 \\ x+y+4=0\end{array}\right.$.

Giải hệ $\left\{\begin{array}{l}x–y+2=0 \\ x+y+4=0\end{array}\right.$ta được $\left\{\begin{array}{l}x=-3 \\ y=-1\end{array}\right.$⇒ M(−3; −1).

Vậy d₁ và d₂ vuông góc và cắt nhau tại M(−3; −1).

b) Ta có: $\overrightarrow{u_1}$ = (1; 2) là vectơ chỉ phương của d₁ ⇒ $\overrightarrow{n_1}$= (2; −1) là vectơ pháp tuyến của d₁.

Phương trình tổng quát của d₁ đi qua điểm A(1; 3) và nhận $\overrightarrow{n_1}$= (2; −1) làm vectơ pháp tuyến là: 2(x − 1) − (y − 3) = 0 ⇔ 2x – y + 1 = 0.

Đường thẳng d₂ có vectơ pháp tuyến là $\overrightarrow{n_1}$ = (1; −3)

Ta có: $\frac{2}{1}\ne \frac{-1}{-3}$ ⇒ $\overrightarrow{n_1}$ và $\overrightarrow{n_2}$ là hai vectơ không cùng phương.

⇒ d₁ và d₂ cắt nhau.

Gọi M là giao điểm của d₁ và d₂.

Tọa độ giao điểm M của d₁ và d₂ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2x–y+1=0\\ x-3y+2=0\end{array}\right.$ .

Giải hệ $\left\{\begin{array}{l}2x–y+1=0\\ x-3y+2=0\end{array}\right.$  ta được $\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{1}{5}\\ y=\frac{3}{5}\end{array}\right.\Rightarrow M\left(-\frac{1}{5};\frac{3}{5}\right)$ .

Ta có: $\overrightarrow{n_1}. \overrightarrow{n_2}$ = 2.1 + (−1).(−3) = 5; $\left|\overrightarrow{n_1}\right|=\sqrt{2^2+{(-1)}^2}=\sqrt{5}$; $\left|\overrightarrow{n_2}\right|=\sqrt{1^2+{(-3)}^2}=\sqrt{10}$

Khi đó: cos(d₁, d₂) = $\frac{\left|\overrightarrow{n_1}.\overrightarrow{n_2}\right|}{\left|\overrightarrow{n_1}\right|.\left|\overrightarrow{n_2}\right|}=\frac{5}{\sqrt{5}.\sqrt{10}}= \frac{\sqrt{2}}{2}$.

⇒ (d₁, d₂) = 45°.

Vậy d₁ cắt d₂ tại điểm $M\left(-\frac{1}{5};\frac{3}{5}\right)$  và (d₁, d₂) = 45°.

Vì đường tròn tâm M tiếp xúc với đường thẳng d: 14x − 5y + 60 = 0 nên R = d(M; d)

Ta có: d(M; d) = $\frac{\left|14.(-2)-5.3+60\right|}{\sqrt{{14}^2+{(-5)}^2}}=\frac{\sqrt{221}}{13}$

⇒ R = d(M; d) = $\frac{\sqrt{221}}{13}$

Vậy bán kính của đường tròn tâm M(−2; 3) và tiếp xúc với đường thẳng d: 14x − 5y + 60 = 0 là $\frac{\sqrt{221}}{13}$ .

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆ và ∆’ bằng khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ bằng 4,1.

a) Phương trình đường tròn (x − 2)² + (y − 7)² = 64 có dạng (x − a)² + (y − b)² = R².

⇒ Đường tròn có tâm I(2; 7) và bán kính R = 8.

Vậy đường tròn (x − 2)² + (y − 7)² = 64 có tâm I(2; 7) và bán kính R = 8.