Bài 1. Toạ độ vectơ

Bài \(1\). Toạ độ vectơ trang \(54\) Sách bài tập Toán lớp \(10\) tập \(2\) Chân trời sáng tạo.

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

Bài \(1\). Cho hai vectơ \(\overrightarrow{a} = (1; 2); \overrightarrow{b} = (3; 0)\).
\(a)\) Tìm toạ độ của vectơ \(2\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b}\).
\(b)\) Tính các tích vô hướng \(\overrightarrow{a}. \overrightarrow{b}, (3\overrightarrow{a}). (2\overrightarrow{b})\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(2\overrightarrow{a} = (2; 4); 3\overrightarrow{b} = (9; 0)\)

Suy ra \(2\overrightarrow{a} + 3\overrightarrow{b} = (2+ 9; 4 + 0) = (11; 4)\).

\(b)\) \(\overrightarrow{a}. \overrightarrow{b} = 1. 3 + 2. 0 = 3\)

Có \(3\overrightarrow{a} = (3; 6); 2\overrightarrow{b} = (6; 0)\)

Suy ra \((3\overrightarrow{a}). (2\overrightarrow{b}) = 3. 6 + 6. 0 = 18\)

\(\)

Bài \(2\). Cho ba vectơ \(\overrightarrow{m} = (1; 1), \overrightarrow{n} = (2; 2), \overrightarrow{p} = (\ – \ 1; \ – \ 1)\). Tìm toạ độ của các vectơ:
\(a)\) \(\overrightarrow{m} + 2\overrightarrow{n} \ – \ 3\overrightarrow{p}\);
\(b)\) \((\overrightarrow{p}. \overrightarrow{n}). \overrightarrow{m}\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(2\overrightarrow{n} = (4; 4); 3\overrightarrow{p} = (\ – \ 3; \ – \ 3)\)

Suy ra: \(\overrightarrow{m} + 2\overrightarrow{n} \ – \ 3\overrightarrow{p} = (1 + 4 \ – \ (\ – \ 3); 1 + 4 \ – \ (\ – \ 3)) = (8; 8)\)

Vậy \(\overrightarrow{m} + 2\overrightarrow{n} \ – \ 3\overrightarrow{p} =(8; 8)\).

\(b)\) Ta có: \(\overrightarrow{p}. \overrightarrow{n} = (\ – \ 1). 2 + (\ – \ 1). 2 = \ – \ 4\)

Suy ra \((\overrightarrow{p}. \overrightarrow{n}). \overrightarrow{m} = (\ – \ 4). (1; 1) = (\ – \ 4; \ – \ 4)\).

\(\)

Bài \(3\). Cho tam giác \(MNP\) có toạ độ các đỉnh là \(M(3; 3), N(7; 3)\) và \(P(3; 7)\).
\(a)\) Tìm toạ độ trung điểm \(E\) của cạnh \(MN\);
\(b)\) Tìm toạ độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(MNP\).

Trả lời:

\(a)\) Gọi \(E(x_E; y_E)\) là trung điểm cạnh \(MN\)

Khi đó \(x_E = \displaystyle \frac{x_M + x_N}{2} = \displaystyle \frac{3 + 7}{2} = 5\)

\(y_E = \displaystyle \frac{y_M + y_N}{2} = \displaystyle \frac{3 + 3}{2} = 3\)

Vậy \(E(5; 3)\).

\(b)\) Gọi \(G(x_G; y_G)\) là trọng tâm tam giác \(MNP\).

Khi đó: \(x_G = \displaystyle \frac{x_M + x_N + x_P}{3} = \displaystyle \frac{3 + 7 + 3}{3} = \displaystyle \frac{13}{3}\)

\(y_G = \displaystyle \frac{y_M + y_N + y_P}{3} = \displaystyle \frac{3 + 3 + 7}{3} = \displaystyle \frac{13}{3}\)

Vậy \(G\left(\displaystyle \frac{13}{3}; \displaystyle \frac{13}{3}\right)\).

\(\)

Bài \(4\). Cho tam giác \(ABC\) có toạ độ các đỉnh là \(A(1; 3), B(3; 1)\) và \(C(6; 4)\).
\(a)\) Tính độ dài ba cạnh của tam giác \(ABC\) và số đo của góc \(B\).
\(b)\) Tìm toạ độ tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Trả lời:

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

\(\Rightarrow |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{2^2 + (\ – \ 2)^2} = 2\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow AB = 2\sqrt{2}\)

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

\(\Rightarrow |\overrightarrow{BC}| = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow BC = 3\sqrt{2}\)

\(\overrightarrow{AC} = (5; 1)\)

\(\Rightarrow |\overrightarrow{AC}| = \sqrt{5^2 + 1^2} = \sqrt{26}\)

\(\Rightarrow AC = \sqrt{26}\)

Ta có: \(\overrightarrow{BA} = (\ – \ 2; 2)\)

\(\Rightarrow \cos{\widehat{B}} = |\cos{(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC})}| = \displaystyle \frac{(\ – \ 2). 3 + 2. 3}{\sqrt{(\ – \ 2)^2 + 2^2}. \sqrt{3^2 + 3^2}} = 0\)

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

\(b)\) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(I\) là tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(ABC\) nên \(I\) là trung điểm của \(AC\)

\(\Rightarrow x_I = \displaystyle \frac{x_A + x_C}{2} = \displaystyle \frac{1 + 6}{2} = \displaystyle \frac{7}{2}\)

\(y_I = \displaystyle \frac{y_A + y_C}{2} = \displaystyle \frac{4 + 3}{2} = \displaystyle \frac{7}{2}\)

Vậy \(I\left(\displaystyle \frac{7}{2}; \displaystyle \frac{7}{2}\right)\).

\(\)

Bài \(5\). Cho năm điểm \(A(2; 0, B(0; \ – \ 2), C(3; 3), D(\ – \ 2; \ – \ 2), E(1; \ – \ 1)\). 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:

\(a)\) Điểm thuộc trục hoành là điểm có tung độ bằng \(0\).

Do đó các điểm thuộc trục hoành là: \(A(2; 0)\).

\(b)\) Điểm thuộc trục hoành là điểm có hoành độ bằng \(0\).

Do đó các điểm thuộc trục tung là: \(B(0; \ – \ 2)\).

\(c)\) Điểm thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất có hoành độ bằng tung độ.

Do đó các điểm thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất là: \(C(3; 3); D(\ – \ 2; \ – \ 2)\).

\(\)

Bài \(6\). Cho điểm \(M(4; 5)\). 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 \(O\).

Trả lời:

\(a)\) Gọi \(H(a; 0)\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(M\) trên trục \(Ox\).

Khi đó: \(\overrightarrow{OH}. \overrightarrow{MH} = \overrightarrow{0}\)

Mà \(\overrightarrow{OH} = (a; 0); \overrightarrow{MH} = (a \ – \ 4; \ – \ 5)\).

Suy ra \(\overrightarrow{OH}. \overrightarrow{MH} = a. (a \ – \ 4) + 0. (\ – \ 5) = 0\)

\(\Rightarrow a = 0\) hoặc \(a = 4\)

Ta thấy chỉ có \(a = 4\) thoả mãn.

Vậy \(H(4; 0)\).

\(b)\) Điểm \(M'(x’; y’)\) đối xứng với \(M(4; 5)\) qua trục \(Ox\) nên ta có:

\(x’ = x_M = 4; y’ = \ – \ y_M = \ – \ 5\)

Vậy \(M'(4; \ – \ 5)\)

\(c)\) Gọi \(K(0; b) (b \neq 0)\) là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên trục \(Oy\).

Khi đó \(\overrightarrow{OK}. \overrightarrow{MK} = \overrightarrow{0}\)

Mà \(\overrightarrow{OK} = (0; b); \overrightarrow{MK} = (\ – \ 4; b \ – \ 5)\)

Suy ra: \(\overrightarrow{OK}. \overrightarrow{MK} = 0. (\ – \ 4) + b. (b \ – \ 5) = 0\)

\(\Rightarrow b = 5\) (do \(b \neq 0\))

Vậy \(K(0; 5)\).

\(d)\) Ta có điểm \(M”(x”; y”)\) đối xứng với \(M\) qua trục \(Oy\) nên ta có:

\(x” = \ – \ x_M = \ – \ 4; y” = y_M = 5\)

Vậy \(M”(\ – \ 4; 5)\).

\(e)\) Gọi \(C(x; y)\) là điểm đối xứng với \(M\) qua gốc toạ độ \(O\).

Suy ra \(O\) là trung điểm của \(MC\).

Khi đó ta có: \(\displaystyle \frac{x + 4}{2} = 0 \Rightarrow x = \ – \ 4\)

\(\displaystyle \frac{y + 5}{2} = 0 \Rightarrow y = \ – \ 5\)

Vậy \(C(\ – \ 4; \ – \ 5)\).

\(\)

Bài \(7\). Cho ba điểm \(A(1; 1), B(2; 4), C(4; 4)\).
\(a)\) 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 \(ABCD\).

Trả lời:

\(a)\) Gọi \(D(x; y)\)

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

\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}2 \ – \ 1 = 4 \ – \ x \\ 4 \ – \ 1 = 4 \ – \ y \end{array} \right. \end{equation}\)

\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x = 3\\ y = 1 \end{array} \right. \end{equation}\)

Vậy \(D(3; 1)\)

\(b)\) Gọi \(I(x_I; y_I)\) là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành.

Khi đó \(I\) là trung điểm của \(AC\)

Suy ra \(x_I = \displaystyle \frac{x_A + x_C}{2} = \displaystyle \frac{1 + 4}{2} = \displaystyle \frac{5}{2}\)

\(y_I = \displaystyle \frac{y_A + y_C}{2} = \displaystyle \frac{1 + 4}{2} = \displaystyle \frac{5}{2}\)

Vậy \(I\left(\displaystyle \frac{5}{2}; \displaystyle \frac{5}{2}\right)\).

\(\)

Bài \(8\). Cho tam giác \(ABC\) có toạ độ các đỉnh là \(A(1; 1), B(7; 3), C(4; 7)\) và cho các điểm \(M(2; 3), N(3; 5)\).
\(a)\) Chứng minh bốn điểm \(A, M, N, C\) thẳng hàng.
\(b)\) Chứng minh trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(MNB\) trùng nhau.

Trả lời:

Ta có: \(\overrightarrow{AC} = (3; 6); \overrightarrow{AM} = (1; 2); \overrightarrow{AN} = (2; 4)\)

Ta thấy \(\overrightarrow{AC} = 3\overrightarrow{AM} = \displaystyle \frac{3}{2}\overrightarrow{AN}\)

Vậy bốn điểm \(A, M, N, C\) thẳng hàng.

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

\(\Rightarrow x_G = \displaystyle \frac{x_A + x_B + x_C}{3} = \displaystyle \frac{1 + 7 + 4}{3} = 4\)

\(y_G = \displaystyle \frac{y_A + y_B + y_C}{3} = \displaystyle \frac{1 + 3 + 7}{3} = \displaystyle \frac{11}{3}\)

Suy ra \(G\left(4; \displaystyle \frac{11}{3}\right)\)

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

\(\Rightarrow x_G’ = \displaystyle \frac{x_M + x_N + x_B}{3} = \displaystyle \frac{2 + 3 + 7}{3} = 4\)

\(y_G’ = \displaystyle \frac{y_M + y_N + y_B}{3} = \displaystyle \frac{3 + 5 + 3}{3} = \displaystyle \frac{11}{3}\)

Suy ra \(G’\left(4; \displaystyle \frac{11}{3}\right)\)

Ta thấy \(G \equiv G’\)

Vậy trọng tâm của tam giác \(ABC\) và \(MNB\) trùng nhau.

\(\)

Bài \(9\). Cho bốn điểm \(M(6; \ – \ 4), N(7; 3), P(0; 4), Q(\ – \ 1; \ – \ 3)\). Chứng minh rằng tứ giác \(MNPQ\) là hình vuông.

Trả lời:

Ta có: \(\overrightarrow{MN} = (1; 7); \overrightarrow{QP} = (1; 7)\)

Do \(\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{QP}\) nên \(MNPQ\) là hình bình hành.

Lại có \(\overrightarrow{MQ} = (\ – \ 7; 1)\)

Ta thấy \(\overrightarrow{MN}. \overrightarrow{MQ} = 1. (\ – \ 7) + 7. 1 = 0\)

\(\Rightarrow MN \perp MQ\)

\(\Rightarrow MNPQ\) là hình chữ nhật.

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

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

Thấy được \(MN = MQ = 5\sqrt{2}\) nên \(MNPQ\) là hình vuông (đpcm)

\(\)

Bài \(10\). Tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) trong các trường hợp sau:
\(a)\) \(\overrightarrow{a} = (1; \ – \ 4), \overrightarrow{b} = (5; 3)\);
\(b)\) \(\overrightarrow{a} = (4; 3), \overrightarrow{b} = (6; 0)\);
\(c)\) \(\overrightarrow{a} = (2; 2\sqrt{3}), \overrightarrow{b} = (\ – \ 3; \sqrt{3})\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(\cos{(\overrightarrow{a}; \overrightarrow{b})} = \displaystyle \frac{1. 5 \ – \ 4. 3}{\sqrt{1^2 + (\ – \ 4)^2}. \sqrt{5^2 + 3^2}} = \displaystyle \frac{\ – \ 7\sqrt{2}}{34}\)

\(\Rightarrow (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) \approx 106^o56’\)

\(b)\) Ta có: \(\cos{(\overrightarrow{a}; \overrightarrow{b})} = \displaystyle \frac{4. 6 + 3. 0}{\sqrt{4^2 + 3^2}. \sqrt{6^2 + 0^2}} = \displaystyle \frac{4}{5}\)

\(\Rightarrow (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) \approx 36^o52\).

\(c)\) Ta có: \(\cos{(\overrightarrow{a}; \overrightarrow{b})} = \displaystyle \frac{2. (\ – \ 3) + 2\sqrt{3}. \sqrt{3}}{\sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2}. \sqrt{(\ – \ 3)^2 + (\sqrt{3})^2}} = 0\)

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

\(\)

Bài \(11\). Cho điểm \(A(1; 4)\). Gọi \(B\) là điểm đối xứng với điểm \(A\) qua gốc toạ độ \(O\). Tìm toạ độ của điểm \(C\) có tung độ bằng \(3\) sao cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\).

Trả lời:

Điểm \(B\) đối xứng với \(A\) qua gốc toạ độ \(O\) nên \(O(0; 0)\) là trung điểm của \(AB\)

\(\Rightarrow B(\ – \ 1; \ – \ 4)\)

Lấy điểm \(C(x; 3)\).

Ta có: \(\overrightarrow{AC} = (x \ – \ 1; \ – \ 1); \overrightarrow{BC} = (x + 1; 7)\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \(\overrightarrow{AC}. \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{0}\)

\(\Rightarrow (x \ – \ 1)(x + 1) \ – \ 1. 7 = 0\)

\(\Rightarrow x^2 \ – \ 1 \ – \ 7 = 0\)

\(\Rightarrow x^2 = 8\)

\(\Rightarrow x = \pm 2\sqrt{2}\)

Vậy \(C(2\sqrt{2}; 3)\) hoặc \(C(\ – \ 2\sqrt{3}; 3)\).

\(\)

Bài \(12\). Cho vectơ \(\overrightarrow{a} = (2; 2)\). Hãy tìm toạ độ một vectơ đơn vị \(\overrightarrow{e}\) cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow{a}\).

Trả lời:

Ta có: \(|\overrightarrow{a}| = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}\)

Đặt \(\overrightarrow{e} = \displaystyle \frac{1}{|\overrightarrow{a}|}. \overrightarrow{a} = \left(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}; \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\)

Khi đó vectơ \(\overrightarrow{e} = \left(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}; \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\) là vectơ đơn vị cùng hướng với vectơ \(\overrightarrow{a}\)

\(\)

Xem bài giải trước: Bài tập cuối chương VIII
Xem bài giải tiếp theo: Bài 2 – Đường thẳng trong mặt phẳng toạ độ
Xem các bài giải khác: Giải Bài Tập Toán Lớp 10 Chân Trời Sáng Tạo

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