Với giải sách bài tập Toán 10 Bài 10: Vectơ trong mặt phẳng tọa độ sách Kết nối tri thức hay, chi tiết giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 10. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán lớp 10 Bài 10: Vectơ trong mặt phẳng tọa độ

Giải SBT Toán 10 trang 58 Tập 1

Bài 4.22 trang 58 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm M(4; 0), N(5; 2) và P(2, 3). Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M, N, P theo thứ tự là trung điểm cạnh BC, CA, AB.

Lời giải:

Cách 1:

Gọi A(x_A; y_A); B(x_B; y_B) và C(x_C; y_C) là tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC.

Ta có:

+) M(4; 0) là trung điểm của BC nên $\left\{\begin{array}{l}4=\frac{x_B+x_C}{2}\\ 0=\frac{y_B+y_C}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_B+x_C=8\\ y_B+y_C=0\end{array}\right.$                                 (1)

+) N(5; 2) là trung điểm của CA nên $\left\{\begin{array}{l}5=\frac{x_A+x_C}{2}\\ 2=\frac{y_A+y_C}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_A+x_C=10\\ y_A+y_C=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_C=10-x_A\\ y_C=4-y_A\end{array}\right.$     (2)

+) P(2; 3) là trung điểm của AB nên $\left\{\begin{array}{l}2=\frac{x_A+x_B}{2}\\ 3=\frac{y_A+y_B}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=4\\ y_A+y_B=6\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_B=4-x_A\\ y_B=6-y_A\end{array}\right.$        (3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

$\left\{\begin{array}{l}\left(4-x_A\right)+\left(10-x_A\right)=8\\ \left(6-y_A\right)+\left(4-y_A\right)=0\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}14-2x_A=8\\ 10-2y_A=0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_A=3\\ y_A=5\end{array}\right.$ Þ A(3; 5)

Khi đó $\left\{\begin{array}{l}{x}_B=4-3=1\\ y_B=6-5=1\end{array}\right.$ Þ B(1; 1)

$\left\{\begin{array}{l}{x}_C=10-3=7\\ y_C=4-5=-1\end{array}\right.$Þ C(7; –1)

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Cách 2:

Do M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB

Nên MN, NP, PM là các đường trung bình của tam giác ABC.

Þ MN // AB, NP // BC, MP // AC.

+) Do MN // BM và NP // BM nên tứ giác MNPB là hình bình hành

$\Rightarrow \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{NP}$

Gọi B(x_B; y_B) và có M(4; 0), N(5; 2) và P(2, 3).

$\Rightarrow \overrightarrow{MB}=\left(x_B-4;y_B\right)$ và $\overrightarrow{NP}=\left(2-5;3-2\right)=\left(-3;1\right)$

Khi đó $\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{NP}\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_B-4=-3\\ y_B=1\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_B=1\\ y_B=1\end{array}\right.$ Þ B(1; 1)

Tương tự ta cũng có A(3; 5) và C(7; –1).

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Bài 4.23 trang 58 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(2;–1), B(1; 4) và C(7; 0).

a) Tính độ dài các đoạn thẳng AB, BC và CA. Từ đó suy ra tam giác ABC là một tam giác vuông cân.

b) Tìm toạ độ của điểm D sao cho tứ giác ABDC là một hình vuông.

Lời giải:

a) Với A(2;–1), B(1; 4) và C(7; 0) ta có:

Do đó AB = CA $\left(=\sqrt{26}\right)$

Nên tam giác ABC cân tại A               (1)

Mặt khác: $B{C}^2={\left(2\sqrt{13}\right)}^2=52$

Và $A{B}^2+A{C}^2={\left(\sqrt{26}\right)}^2+{\left(\sqrt{26}\right)}^2=52$

Þ BC² = AB² + AC²

Theo định lí Pythagoras đảo thì tam giác ABC vuông tại A        (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC vuông cân tại A với $AB=AC=\sqrt{26};BC=2\sqrt{13}.$

b)

Vì ABC là tam giác vuông cân

Nên để ABDC là hình vuông thì tứ giác ABDC là hình bình hành

$\iff \overrightarrow{CA}=\overrightarrow{DB}$

Gọi D(x_D; y_D) và có A(2;–1), B(1; 4), C(7; 0).

$\Rightarrow \overrightarrow{CA}=\left(-5;-1\right)$và $\overrightarrow{DB}=\left(1-x_D;4-y_D\right)$

Do đó $\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{DB}\iff \left\{\begin{array}{l}-5=1-x_D\\ -1=4-y_D\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D=6\\ y_D=5\end{array}\right.$ Þ D(6; 5).

Vậy tọa độ điểm D cần tìm là D(6; 5).

Bài 4.24 trang 58 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M(–2; 1) và N(4; 5).

a) Tìm toạ độ của điểm P thuộc Ox sao cho PM = PN.

b) Tìm toạ độ của điểm Q sao cho $\overrightarrow{MQ}=2\overrightarrow{PN}.$

c) Tìm toạ độ của điểm R thoả mãn $\overrightarrow{RM}+2\overrightarrow{RN}=\overrightarrow{0}.$ Từ đó suy ra P, Q, R thẳng hàng.

Lời giải:

a) Gọi P(a; 0) là điểm thuộc tia Ox.

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

 Do đó PM = PN $\iff \sqrt{{\left(-2-a\right)}^2+1^2}=\sqrt{{\left(4-a\right)}^2+5^2}$

Û (–2 – a)² + 1² = (4 – a)² + 5²

Û 4 + 4a + a² + 1 = 16 – 8a + a² + 25

Û 12a = 36

Û a = 3.

Vậy P(3; 0).

b) Giả sử điểm Q có tọa độ là Q(x; y).

Với M(–2; 1), N(4; 5) và P(3; 0) ta có:

Do đó $\overrightarrow{MQ}=2\overrightarrow{PN}\iff \left\{\begin{array}{l}x+2=2\\ y-1=10\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}x=0\\ y=11\end{array}\right.$ Þ Q(0; 11).

Vậy Q(0; 11).

c) Giả sử R(x₀; y₀) là điểm cần tìm.

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

Do đó 

+) Ta xét ba điểm: P(3; 0), Q(0; 11) và $R\left(2;\frac{11}{3}\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{PQ}=\left(-3;11\right)$và $\overrightarrow{QR}=\left(2;\frac{11}{3}-11\right)=\left(2;\frac{-22}{3}\right)$

Có: $\frac{-3}{2}=\frac{11}{\frac{-22}{3}}$ nên hai vectơ $\overrightarrow{PQ}$ và $\overrightarrow{QR}$ cùng phương

Do đó P, Q, R thẳng hàng

Vậy ba điểm P, Q, R thẳng hàng.

Giải SBT Toán 10 trang 59, 60 Tập 1

Bài 4.25 trang 59 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M(–3; 2) và N(2; 7).

a) Tìm toạ độ của điểm P thuộc trục tung sao cho M, N, P thẳng hàng.

b) Tìm toạ độ của điểm Q đối xứng với N qua Oy.

c) Tìm toạ độ của điểm R đối xứng với M qua trục hoành.

Lời giải:

a) Giả sử P(0; y_P) là điểm thuộc trục tung.

Với M(–3; 2) và N(2; 7) ta có:

$\overrightarrow{MP}=\left(3;y_P-2\right)$ và $\overrightarrow{NP}=\left(-2;y_P-7\right)$

Ba điểm M, N, P thẳng hàng

$\iff \overrightarrow{MP}$ và $\overrightarrow{NP}$ cùng phương

$\iff \frac{3}{-2}=\frac{y_P-2}{y_P-7}$ (với y_P ≠ 7)

Û 3.(y_P – 7) = –2.(y_P – 2)

Û 3.y_P – 21 = –2y_P + 4

Û 3.y_P + 2y_P = 4 + 21

Û 5.y_P = 25

Û y_P = 5 (thỏa mãn)

Vậy P(0; 5).

b)

Vì Q đối xứng với N(2; 7) qua Oy nên:

+ Hoành độ của điểm Q là số đối của hoành độ điểm N;

+ Tung độ của điểm Q bằng với tung độ của điểm N.

Do đó Q(–2; 7).

Vậy Q(–2; 7).

c)

Vì R đối xứng với M(–3; 2) qua trục hoành nên:

+ Hoành độ của điểm R bằng hoành độ điểm M;

+ Tung độ của điểm R bằng số đối của tung độ điểm M.

Do đó R(–3; –2).

Vậy R(–3; –2).

Bài 4.26 trang 60 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm C(1; 6) và D(11; 2).

a) Tìm toạ độ của điểm E thuộc trục tung sao cho vectơ $\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}$ có độ dài ngắn nhất.

b) Tìm toạ độ của điểm F thuộc trục hoành sao cho $\left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|$ đạt giá trị nhỏ nhất.

c) Tìm tập hợp các điểm M sao cho $\left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=CD.$

Lời giải:

a) Giả sử E(0; y_E) là điểm thuộc trục tung.

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

$\overrightarrow{EC}=\left(1;6-y_E\right)$ và $\overrightarrow{ED}=\left(11;2-y_E\right)$

Vì (8 – 2y_E)² ≥ 0 ∀ y_E

Nên 12² + (8 – 2y_E)² ≥ 12² ∀ y_E

Hay $\sqrt{{12}^2+{\left(8-2y_E\right)}^2}\ge 12$ ∀ y_E

$\Rightarrow \left|\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}\right|\ge 12$ ∀ y_E

Do đó độ dài của vectơ $\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}$ nhỏ nhất bằng 12

Dấu “=’ xảy ra Û 8 – 2y_E = 0

Û y_E = 4

Vậy với E(0; 4) thì vectơ $\overrightarrow{EC}+\overrightarrow{ED}$ có độ dài ngắn nhất.

b) Giả sử F(a; 0) thuộc trục hoành.

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

Vì (35 – 5a)² ≥ 0 ∀a

Nên (35 – 5a)² + 18² ≥ 18² ∀a

Hay $\sqrt{{\left(35-5a\right)}^2+{18}^2}$ ∀a

$\Rightarrow \left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|\ge 18$ ∀a

Do đó độ dài của vectơ $2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}$ nhỏ nhất bằng 18

Dấu “=’ xảy ra Û 35 – 5a = 0

Û a = 7

Vậy với F(7; 0) thì $\left|2\overrightarrow{FC}+3\overrightarrow{FD}\right|$ đạt giá trị nhỏ nhất.

c) Giả sử M(x ; y) là tọa độ điểm thỏa mãn $\left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=CD.$

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

+) $\overrightarrow{CD}=\left(10;-4\right)$

$\Rightarrow CD=\left|\overrightarrow{CD}\right|=\sqrt{{10}^2+{\left(-4\right)}^2}$$=\sqrt{116}=2\sqrt{29}$

Gọi I là trung điểm của CD, khi đó ta có:

• Tọa độ của I là: $\left\{\begin{array}{l}{x}_I=\frac{1+11}{2}=6\\ y_I=\frac{6+2}{2}=4\end{array}\right.$ Þ I(6; 4).

• $\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}=2\overrightarrow{MI}$

$\Rightarrow \left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=\left|2\overrightarrow{MI}\right|=2.MI$

Ta có

$$\begin{gathered} \left|\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MD}\right|=CD \\ \iff 2MI=CD \end{gathered}$$

$\iff IM=\frac{CD}{2}=\frac{2\sqrt{29}}{2}=\sqrt{29}.$

Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm I(6; 4) và bán kính $R=\sqrt{29}.$

Giải SBT Toán 10 trang 61, 62 Tập 1

Bài 4.27 trang 61 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1).

a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm toạ độ trọng tâm của tam giác đó.

b) Tìm toạ độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp và trực tâm H của tam giác ABC.

Lời giải:

a) Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có:

+) $\overrightarrow{AB}=\left(2;2\right)$

+) $\overrightarrow{AC}=\left(1;-3\right)$

Do $\frac{2}{1}\ne \frac{2}{-3}$ nên hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{AC}$ không cùng phương

Do đó ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên tạo thành một tam giác.

Gọi G(x; y) là tọa độ trọng tâm của tam giác ABC

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\frac{1+3+2}{3}=2\\ y=\frac{2+4+\left(-1\right)}{3}=\frac{5}{3}\end{array}\right.$ $\Rightarrow G\left(2;\frac{5}{3}\right)$

Vậy $\Rightarrow G\left(2;\frac{5}{3}\right)$

b) * Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó IA = IB = IC.

Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có:

Do đó IA = IB = IC Û IA² = IB² = IC²

Û (1 – a)² + (2 – b)² = (3 – a)² + (4 – b)² = (2 – a)² + (–1 – b)²

* Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Gọi H(x₀; y₀) là tọa độ trực tâm của tam giác ABC.

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên theo kết quả của Bài 4.15, phần a) trang 54 ta có $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{IM}$ (với M là trung điểm của BC).

Với A(1; 2), B(3; 4), C(2; –1) và $I\left(\frac{15}{4};\frac{5}{4}\right)$ ta có:

• Trung điểm M của BC có tọa độ là:  

Ta có: 

Vậy $I\left(\frac{15}{4};\frac{5}{4}\right)$ và $H\left(\frac{-3}{2};\frac{5}{2}\right).$

Bài 4.28 trang 62 SBT Toán 10 Tập 1: Để kéo đường dây điện băng qua một hồ hình chữ nhật ABCD với độ dài AB = 200 m, AD = 180 m, người ta dự định làm 4 cột điện liên tiếp cách đều, cột thứ nhất nằm trên bờ AB và cách đỉnh A khoảng cách 20 m, cột thứ tư nằm trên bờ CD và cách đỉnh C khoảng cách 30 m. Tính các khoảng cách từ vị trí các cột thứ hai, thứ ba đến các bờ AB, AD.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho các đỉnh của hình hồ hình chữ nhật có các tọa độ là A(0; 0), B(200; 0), C(200; 180) và D(0; 180).

Gọi vị trí các cột điện được trồng là C₁, C₂, C₃ và C₄.

Vì vị trí cột điện thứ nhất C₁ nằm trên bờ AB và cách A một khoảng 20 m nên trong hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C₁(20; 0).

Vị trí cột điện thứ tư nằm trên bờ CD và cách C một khoảng 30 m nên khoảng cách từ C₄ đến D là 170 m. Khi đó trong hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C₄(170; 180).

Vì bốn cột điện được trồng liên tiếp nhau và cách đều trên một đường thẳng nên:

C₁C₂ = C₂C₃ = C₃C₄

Þ C₁C₂ = $\frac{1}{3}$C₁C₄ và C₁C₃ = $\frac{2}{3}$C₁C₄.

$\Rightarrow \overrightarrow{C_1{C}_2}=\frac{1}{3}\overrightarrow{C_1{C}_4}$ và $\overrightarrow{C_1{C}_3}=\frac{2}{3}\overrightarrow{C_1{C}_4}$

Giả sử C₂(a; b) và C₃(x; y).

Với C₁(20; 0), C₄(170; 180) ta có:

Vậy khoảng cách từ cột điện thứ hai đến bờ AB là 60 m và đến bờ AD là 70 m.

Khoảng cách từ cột điện thứ ba đến bờ AB là 120 m và đến bờ AD là 120 m.

Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 9: Tích của một vectơ với một số

Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ

Bài tập cuối chương 4

Bài 12: Số gần đúng và sai số