Bài 1. Toạ độ của vectơ

Bài \(1\). Toạ độ của vectơ trang \(38\) SGK toán lớp \(10\) tập \(2\) Nhà xuất bản Chân trời sáng tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau.

Bài \(1\). Trên trục \((O; \overrightarrow{e})\) cho các điểm \(A, B, C, D\) có toạ độ lần lượt là \(4; \ – \ 1; \ – \ 5; 0\).
\(a)\) Vẽ trục và biểu diễn các điểm đã cho lên trục đó.
\(b)\) Hai vectơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{CD}\) cùng hướng hay ngược hướng?

Trả lời:

\(a)\)

\(b)\) Ta thấy: Toạ độ các vectơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{CD}\) lần lượt là \(\ – \ 5; 5\)

Suy ra \(\overrightarrow{AB} = \ – \ \overrightarrow{CD}\)

Vậy hai vectơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{CD}\) ngược hướng.

\(\)

Các bài toán sau đây được xét trong mặt phẳng \(Oxy\).

Bài \(2\). Chứng minh rằng:
\(a)\) \(\overrightarrow{a} = (4; \ – \ 6)\) và \(\overrightarrow{b} = ( \ – \ 2; 3)\) là hai vectơ ngược hướng.
\(b)\) \(\overrightarrow{a} = (\ – \ 2; 3)\) và \(\overrightarrow{b} = ( \ – \ 8; 12)\) là hai vectơ cùng hướng.
\(c)\) \(\overrightarrow{a} = (0; 4)\) và \(\overrightarrow{b} = (0; \ – \ 4)\) là hai vectơ ngược hướng.

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(4 = (\ – \ 2). (\ – \ 2); \ – \ 6 = (\ – \ 2). 3\)

Hay \(\overrightarrow{a} = (\ – \ 2). \overrightarrow{b}\)

Suy ra hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) ngược hướng (đpcm).

\(b)\) Ta có: \(\ – \ 8 = 4. (\ – \ 2); 12 = 4. 3\)

Hay \(\overrightarrow{b} = 4 \overrightarrow{a}\)

Suy ra hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) cùng hướng (đpcm).

\(c)\) Ta có: \(\overrightarrow{a} = \ – \ \overrightarrow{b}\)

Hay hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) đối nhau.

Suy ra hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) ngược hướng (đpcm).

\(\)

Bài \(3\). Tìm toạ độ của các vectơ sau:
\(a)\) \(\overrightarrow{a} = 2 \overrightarrow{i} + 7 \overrightarrow{j}\);
\(b)\) \(\overrightarrow{b} = \ – \ \overrightarrow{i} + 3 \overrightarrow{j}\);
\(c)\) \(\overrightarrow{c} = 4 \overrightarrow{i}\);
\(d)\) \(\overrightarrow{d} = \ – \ 9 \overrightarrow{j}\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(\overrightarrow{a} = 2 \overrightarrow{i} + 7 \overrightarrow{j}\)

Suy ra \(\overrightarrow{a} = (2; 7)\)
\(b)\) \(\overrightarrow{b} = \ – \ \overrightarrow{i} + 3 \overrightarrow{j}\)

Suy ra \(\overrightarrow{b} = (\ – \ 1; 3)\).
\(c)\) \(\overrightarrow{c} = 4 \overrightarrow{i}\)

Suy ra \(\overrightarrow{c} = (4; 0)\).
\(d)\) \(\overrightarrow{d} = \ – \ 9 \overrightarrow{j}\).

Suy ra \(\overrightarrow{d} = (0; \ – \ 9)\).

\(\)

Bài \(4\). Cho bốn điểm \(A(3; 5); B(4; 0); C(0; \ – \ 3); D(2; 2)\). Trong các điểm đã cho, hãy tìm điểm:
\(a)\) Thuộc trục hoành;
\(b)\) Thuộc trục tung;
\(c)\) Thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

Trả lời:

\(a)\) Các điểm thuộc trục hoành có tung độ bằng \(0\) nên \(B(4; 0)\) thoả mãn.

Vậy điểm \(B(4; 0)\) thuộc trục hoành.

\(b)\) Các điểm thuộc trục tung có hoành độ bằng \(0\) nên \(C(0; \ – \ 3)\) thoả mãn.

Vậy điểm \(C(0; \ – \ 3)\) thuộc trục tung.

\(c)\) Các điểm thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất sẽ có khoảng cách đến hai trục toạ độ bằng nhau hay điểm đó có hoành độ bằng tung độ.

Vậy điểm \(D(2; 2)\) thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

\(\)

Bài \(5\). Cho điểm \(M(x_0; y_0)\). Tìm toạ độ:
\(a)\) Điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên trục \(Ox\);
\(b)\) Điểm \(M’\) đối xứng với \(M\) qua trục \(Ox\);
\(c)\) Điểm \(K\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên trục \(Oy\);
\(d)\) Điểm \(M”\) đối xứng với \(M\) qua trục \(Oy\);
\(e)\) Điểm \(C\) đối xứng với \(M\) qua gốc toạ độ.

Trả lời:

\(a)\) Vì điểm \(H\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên trục \(Ox\) nên toạ độ của điểm \(H\) là \((x_0; 0)\).

\(b)\) Điểm \(M’\) đối xứng với \(M\) qua trục \(Ox\) nên hoành độ của \(M’\) bằng hoành độ điểm \(M\), tung độ của \(M’\) và tung độ của \(M\) đối nhau.

Suy ra toạ độ của \(M’\) là \((x_0; \ – \ y_0)\).

\(c)\) Điểm \(K\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên trục \(Oy\) nên hoành độ của điểm \(K\) bằng \(0\), tung độ điểm \(K\) bằng tung độ điểm \(M\).

Vậy toạ độ của điểm \(K\) là \((0; y_0)\)

\(d)\) Điểm \(M”\) đối xứng với \(M\) qua trục \(Oy\) nên tung độ của \(M”\) và \(M\) bằng nhau, hoành độ điểm \(M”\) và \(M\) đối nhau.

Suy ra toạ độ điểm \(M”\) là \((\ – \ x_0; y_0)\).

\(e)\) Điểm \(C\) đối xứng với \(M\) qua gốc toạ độ nên hoành độ, tung độ của \(C\) lần lượt là số đối của hoành độ, tung độ điểm \(M\).

Vậy tung độ của điểm \(C\) là \((\ – \ x_0; \ – \ y_0)\).

\(\)

Bài \(6\). Cho ba điểm \(A(2; 2), B(3; 5), C(5; 5)\).
\(a)\) Tìm toạ độ điểm \(D\) sao cho \(ABCD\) là một hình bình hành.
\(b)\) Tìm toạ độ giao điểm hai đường chéo của hình bình hành \(ABCD\).
\(c)\) Giải tam giác \(ABC\).

Trả lời:

\(a)\) Gọi toạ độ điểm \(D\) là \(D(x_D; y_D)\)

Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (3 \ – \ 2; 5 \ – \ 2) = (1; 3)\)

\(\overrightarrow{DC} = (5 \ – \ x_D; 5 \ – \ y_D)\)

\(ABCD\) là hình bình hành khi và chỉ khi: \(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}5 \ – \ x_D = 1\\5 \ – \ y_D = 3 \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_D = 4\\y_D = 2 \end{matrix} \right.\)

Vậy \(D(4; 2)\).

\(b)\) Gọi \(O(x_O; y_O)\) là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành.

Suy ra \(O\) là trung điểm của \(AC\)

Khi đó ta có toạ độ điểm \(O\) thoả mãn:

\(\left \{\begin{matrix}x_O = \displaystyle \frac{2 + 5}{2}\\y_O = \displaystyle \frac{2 + 5}{2} \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_O = \displaystyle \frac{7}{2}\\y_O = \displaystyle \frac{7}{2} \end{matrix} \right.\)

Vậy \(O(\displaystyle \frac{7}{2}; \displaystyle \frac{7}{2})\).

\(c)\) Ta có:

\(\overrightarrow{AB} = (1; 3)\)

\(\Rightarrow AB = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}\)

\(\overrightarrow{AC} = (3; 3)\)

\(\Rightarrow AC = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2}\)

\(\overrightarrow{BC} = (2; 0)\)

\(\Rightarrow BC = \sqrt{2^2 + 0^2} = 2\)

Áp dụng định lí \(\text{ côsin }\) trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\cos{A} = \displaystyle \frac{AB^2 + AC^2 \ – \ BC^2}{2. AB. AC}\)

\( = \displaystyle \frac{(\sqrt{10})^2 + (3\sqrt{2})^2 \ – \ 2^2}{2. \sqrt{10}. 3\sqrt{2}}\)

\(= \displaystyle \frac{10 + 18 \ – \ 4}{12\sqrt{5}} = \displaystyle \frac{2 \sqrt{5}}{5}\)

\(\Rightarrow \widehat{A} \approx 26.56^o\)

\(\Rightarrow \sin{A} = \displaystyle \frac{\sqrt{5}}{5}\)

Áp dụng định lí \(\text{ sin }\) trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\displaystyle \frac{BC}{\sin{A}} = \displaystyle \frac{AB}{\sin{C}}= \displaystyle \frac{AC}{\sin{B}}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{2}{\sin{A}} = \displaystyle \frac{\sqrt{10}}{\sin{C}}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{2}{\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{5}}= \displaystyle \frac{\sqrt{10}}{\sin{C}}\)

\(\Rightarrow \sin{C} = \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow \widehat{C} = 45^o\)

Xét tam giác \(ABC\) có:

\(\widehat{A} + \widehat{B} + \widehat{C} = 180^o\)

\(\Rightarrow \widehat{B} 18^o \ – \ (26,56^o + 45^o) \approx 108,44^o\)

\(\)

Bài \(7\). Cho tam giác \(ABC\) có các điểm \(M(2; 2), N(3; 4), P(5; 3)\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB, BC\) và \(CA\).
\(a)\) Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác \(ABC\).
\(b)\) Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(MNP\) trùng nhau.
\(c)\) Giải tam giác \(ABC\).

Trả lời:

Gọi toạ độ các điểm \(A, B, C\) lần lượt là: \(A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C)\)
Các điểm \(M(2; 2), N(3; 4), P(5; 3)\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB, BC\) và \(CA\) nên ta có:

\(\left \{\begin{matrix}x_A + x_B = 2x_M = 4\\x_B + x_C = 2x_N = 6\\x_A + x_C = 2x_P = 10\\y_A + y_B = 2y_M = 4\\y_B + y_C = 2y_N = 8\\y_A + y_C = 2y_P = 6 \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_A + x_B = 4\\x_A \ – \ x_C = \ – \ 2\\x_A + x_C = 10\\y_A + y_B = 4\\y_A \ – \ y_C = \ – \ 4\\y_A + y_C = 6 \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix} x_A + x_B = 4\\ 2x_A = 8\\x_A + x_C = 10\\y_A + y_B = 4\\2y_A = 2\\y_A + y_C = 6 \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_A = 4\\x_B = 0\\x_C = 6\\y_A = 1\\y_B = 3\\y_C = 5 \end{matrix} \right.\)

Vậy ta có toạ độ các đỉnh của tam giác là \(A(4; 1), B(0; 3), C(6; 5)\).

\(b)\) Xét tam giác \(ABC\)

Gọi \(G(x_G; y_G)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\)

Khi đó ta có toạ độ điểm \(G\) thoả mãn:

\(\left \{\begin{matrix}x_G = \displaystyle \frac{x_A + x_B + x_C}{3}\\y_G = \displaystyle \frac{y_A + y_B + y_C}{3} \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_G = \displaystyle \frac{4 + 0 + 6}{3}\\y_G = \displaystyle \frac{1 + 3 + 5}{3} \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_G = \displaystyle \frac{10}{3}\\y_G = 3 \end{matrix} \right.\)

\(\Rightarrow G(\displaystyle \frac{10}{3}; 3)\)

Xét tam giác \(MNP\)

Gọi \(G'(x_G’; y_G’)\) là trọng tâm tam giác \(MNP\)

Khi đó ta có toạ độ điểm \(G’\) thoả mãn:

\(\left \{\begin{matrix}x_G’ = \displaystyle \frac{x_M + x_N + x_P}{3}\\y_G’ = \displaystyle \frac{y_M + y_N + y_P}{3} \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_G = \displaystyle \frac{2 + 3 + 5}{3}\\y_G = \displaystyle \frac{2 + 4 + 3}{3} \end{matrix} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left \{\begin{matrix}x_G = \displaystyle \frac{10}{3}\\y_G = 3 \end{matrix} \right.\)

\(\Rightarrow G'(\displaystyle \frac{10}{3}; 3)\)

Ta thấy toạ độ điểm \(G\) trùng với toạ độ điểm \(G’\) hay \(G\) và \(G’\) trùng nhau.

Vậy trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(MNP\) trùng nhau (đpcm)

\(c)\) Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (\ – \ 4; 2)\)

\(\Rightarrow AB = \sqrt{(\ – \ 4)^2 + 2^2} = 2\sqrt{5}\)

\(\overrightarrow{AC} = (2; 4)\)

\(\Rightarrow AC = \sqrt{2^2 + 4^2} = 2\sqrt{5}\)

\(\overrightarrow{BC} = (6; 2)\)

\(\Rightarrow BC = \sqrt{6^2 + 2^2} = 2\sqrt{10}\)

Áp dụng hệ quả định lí \(\text{ côsin }\) trong tam giác \(ABC\) ta có:

\(\cos{A} = \displaystyle \frac{AB^2 + AC^2 \ – \ BC^2}{2. AB. AC}\)

\(= \displaystyle \frac{(2\sqrt{5})^2 + (2\sqrt{5})^2 \ – \ (2\sqrt{10})^2}{2. (2\sqrt{5}). (2\sqrt{5})} = 0\)

\(\Rightarrow \widehat{A} = 90^o\)

Tam giác \(ABC\) có \(AB = AC = 2\sqrt{5}\) và \(\widehat{A} = 90^o\) nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\)

Suy ra \(\widehat{B} = \widehat{C} = 45^o\)

Vậy tam giác \(ABC\) có \(\widehat{A} = 90^o, \widehat{B} = \widehat{C} = 45^o,\)

\( AB = AC = 2\sqrt{5}, BC = 2\sqrt{10}\)

\(\)

Bài \(8\). Cho hai điểm \(A(1; 3), B(4; 2)\).
\(a)\) Tìm toạ độ điểm \(D\) nằm trên trục \(Ox\) sao cho \(DA = DB\)
\(b)\) Tính chu vi tam giác \(OAB\).
\(c)\) Chứng minh rằng \(OA\) vuông góc với \(AB\) và từ đó tính diện tích tam giác \(OAB\).

Trả lời:

\(a)\) \(D\) nằm trên trục \(Ox\) nên \(D\) có toạ độ \(D(x; 0)\)

Ta có: \(\overrightarrow{DA} = (1 \ – \ x; 3)\)

\(\Rightarrow DA = \sqrt{(1 \ – \ x)^2 + 3^2} = \sqrt{x^2 \ – \ 2x + 10}\)

\(\overrightarrow{DB} = (4 \ – \ x; 2)\)

\(\Rightarrow DB = \sqrt{(4 \ – \ x)^2 + 2^2} = \sqrt{x^2 \ – \ 8x +20}\)

\(DA = DB \Leftrightarrow \sqrt{x^2 \ – \ 2x + 10} = \sqrt{x^2 \ – \ 8x +20}\)

\(\Rightarrow x^2 \ – \ 2x + 10 = x^2 \ – \ 8x + 20\)

\(\Rightarrow 6x = 10\)

\(\Rightarrow x = \displaystyle \frac{5}{3}\)

Thay \(x = \displaystyle \frac{5}{3}\) vào phương trình \(\sqrt{x^2 \ – \ 2x + 10} = \sqrt{x^2 \ – \ 8x +20}\) ta thấy thoả mãn

Vậy khi \(D(\displaystyle \frac{5}{3}; 0)\) thì \(DA = DB\).

\(b)\) Ta có:

\(\overrightarrow{OA} = (1; 3) \Rightarrow OA = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}\)

\(\overrightarrow{OB} = (4; 2) \Rightarrow OB = \sqrt{4^2 + 2^2} = 2\sqrt{5}\)

\(\overrightarrow{AB} = (3; \ – \ 1) \Rightarrow AB = \sqrt{3^2 + (\ – \ 1)^2}\)

\(= \sqrt{10}\)

Chu vi tam giác \(OAB\) là:

\(C_{OAB} = OA + OB + AB = \sqrt{10} + 2\sqrt{5} + \sqrt{10}\)

\( = 2\sqrt{10} + 2\sqrt{5}\)

\(c)\) Ta có:

\(\overrightarrow{OA}. \overrightarrow{AB} = 1.3 + 3. (\ – \ 1) = 0\)

\(\Rightarrow OA \perp AB\)

Xét tam giác \(OAB\) vuông tại \(A\).

Diện tích tam giác \(OAB\) là:

\(S_{OAB} = \displaystyle \frac{1}{2}. OA. AB = \displaystyle \frac{1}{2}. \sqrt{10}. \sqrt{10} = 5\) (đvdt)

\(\)

Bài \(9\). Tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) trong các trường hợp sau:
\(a)\) \(\overrightarrow{a} = (2; \ – \ 3), \overrightarrow{b} = (6; 4)\);
\(b)\) \(\overrightarrow{a} = (3; 2), \overrightarrow{b} = (5; \ – \ 1)\);
\(c)\) \(\overrightarrow{a} = (\ – \ 2; \ – \ 2\sqrt{3}), \overrightarrow{b} = (3; \sqrt{3}\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có:

\(\cos(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = \displaystyle \frac{\overrightarrow{a}. \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|. |\overrightarrow{b}|}\)

\(= \displaystyle \frac{2. 6 + (\ – \ 3). 4}{\sqrt{2^2 + (\ – \ 3)^2}. \sqrt{6^2 + 4^2}} = 0\)

\(\Rightarrow \left(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b} \right) = 90^o\)

\(b)\) Ta có:

\(\cos(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = \displaystyle \frac{\overrightarrow{a}. \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|. |\overrightarrow{b}|}\)

\(= \displaystyle \frac{3.5 + 2. (\ – \ 1)}{\sqrt{3^2 + 2^2}. \sqrt{5^2 + (\ – \ 1)^2}} = \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow \left(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b} \right) = 45^o\)

\(c)\) Ta có:

\(\cos(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = \displaystyle \frac{\overrightarrow{a}. \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|. |\overrightarrow{b}|}\)

\(= \displaystyle \frac{(\ – \ 2). 3 + (\ – \ 2\sqrt{3}). \sqrt{3}}{\sqrt{(\ – \ 2)^2 + (\ – \ 2\sqrt{3})^2}. \sqrt{3^2 + \sqrt{3}^2}} = \displaystyle \frac{\ – \ \sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow \left(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b} \right) = 150^o\)

\(\)

Bài \(10\). Cho bốn điểm \(A(7; \ – \ 3), B(8; 4), C(1; 5), D(0; \ – \ 2)\). Chứng minh rằng tứ giác \(ABCD\) là hình vuông.

Trả lời:

Ta có:

\(\overrightarrow{AB} = (1; 7), \overrightarrow{BC} = (\ – \ 7; 1), \overrightarrow{CD} = (\ – \ 1; \ – \ 7)\)

\(\overrightarrow{AD} = (\ – \ 7; 1)\).

Suy ra:

\(AB = \sqrt{1^2 + 7^2} = 5\sqrt{2}\)

\(BC = \sqrt{(\ – \ 7)^2 + 1^2} = 5\sqrt{2}\)

\(CD = \sqrt{(\ – \ 1)^2 + (\ – \ 7)^2} = 5\sqrt{2}\)

\(AD = \sqrt{(\ – \ 7)^2 + 1^2} = 5\sqrt{2}\)

Ta thấy \(AB = BC = CD = AD = 5\sqrt{2}\) \((1)\)

Lại có: \(\overrightarrow{AB}. \overrightarrow{AD} = (1. (\ – \ 7) + (7. 1) = 0\) hay \(\overrightarrow{AB} \perp \overrightarrow{AD}\)

\(\Rightarrow AB \perp AD\) \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(ABCD\) là hình vuông.

Vậy \(ABCD\) là hình vuông (đpcm)

\(\)

Bài \(11\). Một máy bay đang hạ cánh với vận tốc \(\overrightarrow{v} = (\ – \ 210; \ – \ 42)\). Cho biết vận tốc của gió là \(\overrightarrow{w} = (\ – \ 12; \ – \ 4)\) và một đơn vị trên hệ trục toạ độ tương ứng với \(1 km\). Tìm độ dài vectơ tổng hai vận tốc \(\overrightarrow{v}\) và \(\overrightarrow{w}\).

Trả lời:

Ta có vectơ tổng hai vận tốc là:

\(\overrightarrow{v} + \overrightarrow{w} = (\ – \ 222; \ – \ 46)\)

Khi đó độ dài của vectơ tổng là:

\(|\overrightarrow{v} + \overrightarrow{w}| = \sqrt{(\ – \ 222)^2 + (\ – \ 46)^2} = 10\sqrt{514}\) (km)

Vậy độ dài vectơ tổng hai vận tốc \(\overrightarrow{v}\) và \(\overrightarrow{w}\) là \(10\sqrt{514}\) km

Bài 1. Toạ độ của vectơ Bài 1. Toạ độ của vectơ Bài 1. Toạ độ của vectơ

Xem bài giải trước: https://bumbii.com/bai-tap-cuoi-chuong-viii/
Xem bài giải tiếp theo: https://bumbii.com/bai-2-duong-thang-trong-mat-phang-toa-do/
Xem các bài giải khác: https://bumbii.com/giai-toan-lop-10-nxb-chan-troi-sang-tao

Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech