Bài \(2\). Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ trang \(60\) SGK Toán \(10\) Tập \(2\) Cánh diều. Các em hãy cùng Bumbii giải các bài tập sau đây nhé:
Bài \(1\). Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho \(\overrightarrow{a} = (\ – \ 1; 2), \overrightarrow{b} = (3; 1), \overrightarrow{c} = (2; \ – \ 3)\).
\(a)\) Tìm toạ độ vectơ \(\overrightarrow{u} = 2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} \ – \ 3\overrightarrow{c}\)
\(b)\) Tìm toạ độ vectơ \(\overrightarrow{x}\) sao cho \(\overrightarrow{x} + 2\overrightarrow{b} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{c}\).
Trả lời:
\(a)\) Ta có: \(2\overrightarrow{a} = 2. (\ – \ 1); 2) = (\ – \ 2; 4)\)
\(\ – \ 3 \overrightarrow{c} = (\ – \ 3). (2; \ – \ 3) = (\ – \ 6; 9)\)
Suy ra: \(\overrightarrow{u} = 2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} \ – \ 3\overrightarrow{c} = 2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} + (\ – \ 3\overrightarrow{c})\)
\(= ((\ – \ 2) + 3 + (\ – \ 6); 4 + 1 + 9) = (\ – \ 5; 14)\)
\(b)\) Ta có: \(\overrightarrow{x} + 2\overrightarrow{b} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{c}\)
\(\Leftrightarrow \overrightarrow{x} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{c} \ – \ 2\overrightarrow{b}\)
Mà \(\ – \ 2\overrightarrow{b} = (\ – \ 2). (3; 1) = (\ – \ 6; \ – \ 2)\)
Suy ra \(\overrightarrow{x} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{c} \ – \ 2\overrightarrow{b} = \overrightarrow{a} + \overrightarrow{c} + (\ – \ 2\overrightarrow{b})\)
\(= ((\ – \ 1) + 2 + (\ – \ 6); 2 + (\ – \ 3) + (\ – \ 2)) = (\ – \ 5; \ – \ 3)\)
\(\)
Bài \(2\). Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho \(A(\ – \ 2; 3), B(4; 5), C(2; \ – \ 3)\).
\(a)\) Chứng minh ba điểm \(A, B, C\) không thẳng hàng.
\(b)\) Tìm toạ độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\).
\(c)\) Giải tam giác \(ABC\).
Trả lời:
\(a)\) Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (4 \ – \ (\ – \ 2); 5 \ – \ 3) = (6; 2)\)
\(\overrightarrow{AC} = (2 \ – \ (\ – \ 2); \ – \ 3 \ – \ 3) = (4; \ – \ 6)\)
Vì \(\displaystyle \frac{6}{4} \neq \displaystyle \frac{2}{\ – \ 6}\) nên \(\overrightarrow{AB} \neq k \overrightarrow{AC}\) (\(k \in \mathbb{R}\))
Vậy ba điểm \(A, B, C\) không thẳng hàng.
\(b)\) \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên ta có toạ độ điểm \(G\) là:
\(x_G = \displaystyle \frac{x_A + x_B + x_C}{3} = \displaystyle \frac{(\ – \ 2) + 4 + 2}{3} = \displaystyle \frac{4}{3}\)
\(y_G = \displaystyle \frac{y_A + y_B + y_C}{3} = \displaystyle \frac{3 + 5 + (\ – \ 3)}{3} = \displaystyle \frac{5}{3}\)
Vậy \(G\left(\displaystyle \frac{4}{3}; \displaystyle \frac{5}{3}\right)\).
\(c)\) Ta có: \(\overrightarrow{BC} = (2 \ – \ 4; \ – \ 3 \ – \ 5) = (\ – \ 2; \ – \ 8)\)
\(\Rightarrow BC = |\overrightarrow{BC}| = \sqrt{(\ – \ 2)^2 + (\ – \ 8)^2} = 2\sqrt{17} \approx 8\)
\(AB = |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{6^2 + 2^2} = \sqrt{40} \approx 6\)
\(AC = |\overrightarrow{AC}| = \sqrt{4^2 + (\ – \ 6)^2} = \sqrt{52} \approx 7\)
Ta có: \(\cos{\widehat{BAC}} = \cos{(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})}\)
\(= \displaystyle \frac{6. 4 + 2. (\ – \ 6)}{\sqrt{6^2 + 2^2}. \sqrt{4^2 + (\ – \ 6)^2}} \approx 0,263\)
\(\Rightarrow \widehat{BAC} \approx 74^o\)
\(\cos{\widehat{ABC}} = \cos{(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC})}\)
\(= \displaystyle \frac{(\ – \ 6). (\ – \ 2) + (\ – \ 2). (\ – \ 8)}{\sqrt{(\ – \ 6)^2 + (\ – \ 2)^2}. \sqrt{(\ – \ 2)^2 + (\ – \ 8)^2}} \approx 0,47\)
\(\Rightarrow \widehat{ABC} \approx 62^o\)
Suy ra \(\widehat{ACB} \approx 180^o \ – \ (74^o + 62^o) \approx 44^o\)
\(\)
Bài \(3\). Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có trung điểm các cạnh \(BC, CA, AB\) tương ứng là \(M(2; 0), N(4; 2), P(1; 3)\).
\(a)\) Tìm toạ độ các điểm \(A, B, C\).
\(b)\) Trọng tâm hai tam giác \(ABC\) và \(MNP\) có trùng nhau không? Vì sao?
Trả lời:
Gọi toạ độ điểm các điểm lần lượt là \(A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C)\)
Do \(P(1; 3)\) là trung điểm của \(AB\) nên ta có:
\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}\displaystyle \frac{x_A + x_B}{2} = 1\\\displaystyle \frac{y_A + y_B}{2} = 3 \end{array} \right.\end{equation}\)
\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x_A = 2 \ – \ x_B (1)\\y_A = 6 \ – \ y_B (2) \end{array} \right. \end{equation}\)
Do \(N(4; 2)\) là trung điểm của \(CA\) nên ta có:
\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}\displaystyle \frac{x_A + x_C}{2} = 4\\\displaystyle \frac{y_A + y_C}{2} = 2 \end{array} \right.\end{equation}\)
\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} x_A = 8 \ – \ x_C (3) \\y_A = 4 \ – \ y_C (4)\end{array} \right. \end{equation}\)
Từ \((1)\) và \((3)\) suy ra: \(2 \ – \ x_B = 8 \ – \ x_C\)
\(\Leftrightarrow x_C \ – \ x_B = 6\) \((5)\)
Từ \((2)\) và \((4)\) suy ra: \(6 \ – \ y_B = 4 \ – \ y_C\)
\(\Leftrightarrow y_C \ – \ y_B = \ – \ 2\) \((6)\)
Do \(M(2; 0)\) là trung điểm của \(BC\) nên:
\(\begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x_B + x_C = 4 (7) \\y_B + y_C = 0 (8) \end{array} \right. \end{equation}\)
Từ \((5)\) và \((7)\) suy ra:
\(2x_C = 10 \Rightarrow x_C = 5\)
Từ \((6)\) và \((8)\) suy ra:
\(2y_C = \ – \ 2 \Rightarrow y_C = \ – \ 1\)
Suy ra \(C(5; \ – \ 1)\)
Thay toạ độ \(C\) vào \((7), (8)\) suy ra:
\(x_B = 4 \ – \ 5 = \ – \ 1; y_B = 0 \ – \ (\ – \ 1) = 1\)
Suy ra \(B(\ – \ 1; 1)\)
Thay toạ độ \(C\) vào \((3), (4)\) suy ra:
\(x_A = 8 \ – \ 5 = 3; y_A = 4 \ – \ (\ – \ 1) = 5\)
Suy ra \(A(3; 5)\)
Vậy \(A(3; 5), B(\ – \ 1; 1), C(5; \ – \ 1)\)
\(b)\) Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên ta có toạ độ điểm \(G\) thoả mãn:
\(x_G = \displaystyle \frac{x_A + x_B + x_C}{3} = \displaystyle \frac{3 + (\ – \ 1) + 5}{3} = \displaystyle \frac{7}{3}\)
\(y_G = \displaystyle \frac{y_A + y_B + y_C}{3} = \displaystyle \frac{5 + 1 + (\ – \ 1)}{3} = \displaystyle \frac{5}{3}\)
Vậy \(G \left(\displaystyle \frac{7}{3}; \displaystyle \frac{5}{3}\right)\)
Gọi \(G’\) là trọng tâm tam giác \(MNP\) nên ta có toạ độ điểm \(G’\) thoả mãn:
\(x_G’ = \displaystyle \frac{x_M + x_N + x_P}{3} = \displaystyle \frac{2 + 4 + 1}{3} = \displaystyle \frac{7}{3}\)
\(y_G’ = \displaystyle \frac{y_M + y_N + y_P}{3} = \displaystyle \frac{0 + 2 + 3}{3} = \displaystyle \frac{5}{3}\)
Vậy \(G’ \left(\displaystyle \frac{7}{3}; \displaystyle \frac{5}{3}\right)\)
Do đó \(G \equiv G’\)
Vậy trọng tâm của hai tam giác \(ABC\) và \(MNP\) trùng nhau.
\(\)
Bài \(4\). Trong mặt phẳng toạ độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có \(A(2; 4), B(\ – \ 1; 1), C(\ – \ 8; 2)\).
\(a)\) Tính \(\widehat{ABC}\).
\(b)\) Tính chu vi của tam giác \(ABC\).
\(c)\) Tìm toạ độ điểm \(M\) trên đường thẳng \(BC\) sao cho diện tích của tam giác \(ABC\) bằng hai lần diện tích của tam giác \(ABM\).
Trả lời:
\(a)\) Ta có: \(\overrightarrow{BA} = (2 \ – \ (\ – \ 1); 4 \ – \ 1) = (3; 3)\)
\(\Rightarrow BA = |\overrightarrow{BA}| = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2}\)
\(\overrightarrow{BC} = (\ – \ 8 \ – \ (\ – \ 1); 2 \ – \ 1) = (\ – \ 7; 1)\)
\(\Rightarrow BC = |\overrightarrow{BC}| = \sqrt{(\ – \ 7)^2 + 1^2} = 5\sqrt{2}\)
\(\cos{\widehat{ABC}} = \cos{(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC})} = \displaystyle \frac{\overrightarrow{BA}. \overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}|. |\overrightarrow{BC}|}\)
\(= \displaystyle \frac{3. (\ – \ 7) + (3. 1)}{3\sqrt{2}. 5\sqrt{2}} = \displaystyle \frac{\ – \ 18}{30} = \ – \ \displaystyle \frac{3}{5}\)
\(\Rightarrow \widehat{ABC} \approx 127^o\)
\(b)\) Ta có:
\(\overrightarrow{AC} = ((\ – \ 8) \ – \ 2; 2 \ – \ 4) = (\ – \ 10; \ – \ 2)\)
\(\Rightarrow AC = |\overrightarrow{AC}| = \sqrt{(\ – \ 10)^2 + (\ – \ 2)^2} = 2\sqrt{26}\)
Khi đó, chu vi của tam giác \(ABC\) là:
\(P = AB + BC + AC = 3\sqrt{2} + 5\sqrt{2} + 2\sqrt{26}\)
\(= 8\sqrt{2} + 2\sqrt{26}\)
\(c)\) Vì \(\widehat{ABC} = 127^o\) nên tam giác \(ABC\) là tam giác tù.
Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC\). Khi đó \(AH\) đồng thời là đường cao của tam giác \(ABM\).
Khi đó: \(S_{ABC} = \displaystyle \frac{1}{2}. AH. BC\)
\(S_{ABM} = \displaystyle \frac{1}{2}. AB. BM\)
Diện tích tam giác \(ABC\) bằng hai lần diện tích tam giác \(ABM\) nên ta có:
\(S_{ABC} = 2. S_{ABM}\)
\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{1}{2}. AH. BC = \displaystyle \frac{1}{2}. AH. BM\)
\(\Leftrightarrow BM = \displaystyle \frac{1}{2} BC\)
Suy ra \(M\) là trung điểm của \(BC\) hoặc \(M\) là điểm đối xứng với trung điểm của \(BC\) qua \(B\)
Trường hợp \(1\): \(M\) là trung điểm của \(BC\)
Suy ra \(x_M = \displaystyle \frac{x_B + x_C}{2} = \displaystyle \frac{(\ – \ 1) + (\ – \ 8)}{2} = \displaystyle \frac{\ – \ 9}{2}\)
\(y_M = \displaystyle \frac{y_B + y_C}{2} = \displaystyle \frac{1 + 2}{2} = \displaystyle \frac{3}{2}\)
Vậy \(M \left(\displaystyle \frac{\ – \ 9}{2}; \displaystyle \frac{3}{2}\right)\).
Trường hợp \(2\): \(M\) là điểm đối xứng với trung điểm \(BC\) qua \(B\).
Khi đó điểm cần tìm là \(M’\), với \(B\) là trung điểm của \(MM’\).
Suy ra \(x_M’ = 2x_B \ – \ x_M = 2. (\ – \ 1) \ – \ \displaystyle \frac{\ – \ 9}{2} = \displaystyle \frac{5}{2}\)
\(y_M’ = 2y_B \ – \ y_M = 2. 1 \ – \ \displaystyle \frac{3}{2} = \displaystyle \frac{1}{2}\)
Vậy \(M\left(\displaystyle \frac{5}{2}; \displaystyle \frac{1}{2}\right)\)
\(\)
Bài \(5\). Cho ba điểm \(A(1; 1), B(4; 3)\) và \(C(6; \ – \ 2)\).
\(a)\) Chứng minh ba điểm \(A, B, C\) không thẳng hàng.
\(b)\) Tìm toạ độ điểm \(D\) sao cho tứ giác \(ABCD\) là hình thang có \(AB // CD\) và \(CD = 2AB\).
Trả lời:
\(a)\) Ta có: \(\overrightarrow{AB} = (4 \ – \ 1; 3 \ – \ 1) = (3; 2)\)
\(\overrightarrow{AC} = (6 \ – \ 1; (\ – \ 2)\ – \ 1) = (5; \ – \ 3)\)
Vì \(\displaystyle \frac{3}{5} \neq \displaystyle \frac{2}{\ – \ 3}\) nên \(\overrightarrow{AB} \neq k\overrightarrow{AC}\)
Vậy ba điểm \(A, B, C\) không thẳng hàng.
\(b)\) Gọi toạ độ điểm \(D(x_D; y_D)\)
Khi đó \(\overrightarrow{DC} = (6 \ – \ x_D; (\ – \ 2) \ – \ y_D)\)
Hình thang \(ABCD\) có \(AB // CD\) nên hai vectơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{DC}\) cùng hướng.
Lại có: \(CD = 2AB\)
Suy ra \(\overrightarrow{DC} = 2\overrightarrow{AB}\)
Có \(2\overrightarrow{AB} = 2. (3; 2) = (6; 4)\)
Do đó: \(\overrightarrow{DC} = 2\overrightarrow{AB}\)
\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}6 \ – \ x_D = 6\\(\ – \ 2)\ – \ y_D = 4 \end{array} \right. \end{equation}\)
\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II} x_D = 0\\y_D = \ – \ 6 \end{array} \right.\end{equation}\)
Vậy toạ độ điểm \(D(0; \ – \ 6)\)
\(\)
Bài \(6\). Chứng minh khẳng định sau:
Hai vectơ \(\overrightarrow{u} = (x_1; y_1), \overrightarrow{v} = (x_2; x_2)\) (\(\overrightarrow{v} \neq \overrightarrow{0}\)) cùng phương khi và chỉ khi có một số thực \(k\) sao cho \(x_1 = kx_2\) và \(y_1 = ky_2\).
Trả lời:
Hai vectơ \(\overrightarrow{u}\) và \(\overrightarrow{v} (\overrightarrow{v} \neq \overrightarrow{0}\)) cùng phương khi và chỉ khi có số thực \(k\) sao cho \(\overrightarrow{u} = k\overrightarrow{v}\)
Mặt khác \(k \overrightarrow{v} = k. (x_2; y_2) = (kx_2; ky_2)\)
Vậy \(\overrightarrow{u} = k\overrightarrow{v}\)
\(\Leftrightarrow \begin{equation} \left\{\begin{array}{II}x_1 = kx_2\\y_1 = ky_2 \end{array} \right.\end{equation}\)
Vậy ta được điều phải chứng minh.
\(\)
Bài \(7\). Một vật bị đồng thời ba lực tác động: lực tác động thứ nhất \(\overrightarrow{F_1}\) có độ lớn là \(1500 N\), lực tác động thứ hai \(\overrightarrow{F_2}\) có độ lớn là \(600 N\), lực tác động thứ ba \(\overrightarrow{F_3}\) có độ lớn là \(800 N\). Các lực này được biểu diễn bằng những vectơ như Hình \(23\), với \((\overrightarrow{F_1}, \overrightarrow{F_2}) = 30^o, (\overrightarrow{F_1}, \overrightarrow{F_3}) = 45^o\) và \((\overrightarrow{F_2}, \overrightarrow{F_3}) = 75^o\). Tính độ lớn lực tổng hợp tác động lên vật.
Trả lời:
Biểu diễn các hợp lực như hình dưới:
Theo quy tắc hình bình hành ta có:
\(\overrightarrow{F_2} + \overrightarrow{F_3} = \overrightarrow{F_{23}}\)
Khi đó, lực tổng hợp tác động lên vật là:
\(\overrightarrow{F} = \overrightarrow{F_1} + \overrightarrow{F_2} + \overrightarrow{F_3} = \overrightarrow{F_1} + \overrightarrow{F_{23}}\)
Ta cần xác định độ lớn lực \(\overrightarrow{F}\)
Ta có: \(\overrightarrow{F_2} + \overrightarrow{F_3} = \overrightarrow{F_{23}}\)
\(\Rightarrow |\overrightarrow{F_{23}}|^2 = |\overrightarrow{F_2}|^2 + |\overrightarrow{F_3}|^2 + 2. |\overrightarrow{F_2}|. |\overrightarrow{F_3}|. \cos{(\overrightarrow{F_2}, \overrightarrow{F_3})}\)
\(= 600^2 + 800^2 + 2. 600. 800. \cos{75^o}\)
\(= 1248466,283\)
\(\Rightarrow |\overrightarrow{F_{23}}| = \sqrt{1248466,283} \approx 1117,35\) (N)
Áp dụng định lí côsin ta có:
\(\cos{(\overrightarrow{F_{23}}, \overrightarrow{F_3})} = \displaystyle \frac{|\overrightarrow{F_{23}}|^2 + |\overrightarrow{F_3}|^2 \ – \ |\overrightarrow{F_2}|^2}{2. |\overrightarrow{F_{23}}|. |\overrightarrow{F_3}|}\)
\( = \displaystyle \frac{1248466,28 + 800^2 \ – \ 600^2}{2. 1117,35. 800} \approx 0,855\)
\(\Rightarrow (\overrightarrow{F_{23}}, \overrightarrow{F_3}) = 31^o\)
\(\Rightarrow (\overrightarrow{F_{23}}, \overrightarrow{F_1}) = 45^o \ – \ 31^o = 14^o\)
Lại có: \(\overrightarrow{F} = \overrightarrow{F_1} + \overrightarrow{F_{23}}\)
\(\Rightarrow |\overrightarrow{F}|^2 = |\overrightarrow{F_1}|^2 + |\overrightarrow{F_{23}}|^2 + 2. |\overrightarrow{F_1}|. |\overrightarrow{F_{23}}|. \cos{(\overrightarrow{F_1}, \overrightarrow{F_{23}})}\)
\(\Rightarrow |\overrightarrow{F}|^2 = 1500^2 + 1248466,28 + 2. 1500. 1117,35. \cos{14^o}\)
\(\Rightarrow |\overrightarrow{F}|^2 \approx 6750946,069\)
\(\Rightarrow |\overrightarrow{F}| \approx 2598\) (N)
Vậy độ lớn lực tổng hợp tác động lên vật là \(2598\) N.
\(\)
Xem bài giải trước: Bài 1 – Toạ độ của vectơ
Xem bài giải tiếp theo: Bài 3 – Phương trình đường thẳng
Xem các bài giải khác: Giải bài tập SGK Toán Lớp 10 Cánh diều
Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech
Hạnh phúc đạt được khi bạn ngừng chờ đợi điều đó xảy ra và thực hiện các bước để biến nó thành hiện thực.