Sách bài tập Toán 10 Bài 1 (Chân trời sáng tạo): Tọa độ của vectơ

2.8 K

Với giải sách bài tập Toán 10 Bài 1: Tọa độ của vectơ sách Chân trời sáng tạo 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 1: Tọa độ của vectơ

Giải SBT Toán 10 trang 58 Tập 2

Bài 1 trang 58 SBT Toán 10 Tập 2: Cho hai vectơ a=1;2,b=3;0

a) Tìm toạ độ của vectơ 2a+3b .

b) Tính các tích vô hướng: a.b,3a.2b .

Lời giải:

a) Ta có 2a=(2;4) 3b=(9;0) ;

Vậy 2a+3b=(2+9;4+0)=(11;4) .

b) Ta có: a.b=1.3+2.0=3

Ta lại có: 3a=(3;6);2b=(6;0) 

Vậy tích vô hướng của 3a.2b=3.6+6.0=18 .

Bài 2 trang 58 SBT Toán 10 Tập 2Cho ba vectơ m=1;1,n=2;2,p=1;1 . Tìm toạ độ của các vectơ:

a) m+2n3p

b) p.nm

Lời giải:

a)  m+2n3p

Ta có  2n=(4;4);3p=(3;3)

Vậy  m+2n3p = (1 + 4 – (– 3); 1 + 4 – (– 3))= (8; 8)

b) Ta có: p.n = – 1.2 + (– 1).2 = – 4

Khi đó: p.n.m  = – 4.(1; 1) = (– 4; – 4).

Giải SBT Toán 10 trang 59 Tập 2

Bài 3 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2Cho 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) Tim toạ độ trọng tâm G của tam giác MNP.

Lời giải:

a) Gọi E(xE; yE) là trung điểm của MN

Ta có  xE=xM+xN2=3+72=5yE=yM+yN2=3+32=3

Vậy E(5; 3).

b) Gọi G(xG; yG) là trọng tâm của tam giác MNP

Ta có xG=xM+xN+xP3=3+7+33=133yG=yM+yN+yP3=3+3+73=133

Vậy G133;133 .

Bài 4 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2Cho tam giác ABC có toạ độ các đỉnh là A(1; 3), B(3; 1) và C(6; 4).

a) Tính độ đài ba cạnh của tam giác ABC và số đo của góc B.

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

Lời giải:

a) + Độ dài các cạnh của tam giác ABC

 AB=(2;2)AB=22+(2)2=22

Suy ra AB = 22 .

 BC=(3;3)BC=32+32=32

Suy ra AB = 32 .

 AC=(5;1)BC=52+12=26

Suy ra AC = 26 .

+ Tính số đo góc B

Ta có  BA=(2;2);BC=(3;3)BA.BC=2.3+2.3=0

 BA.BC=BA.BC.cosBA,BCcosBA,BC=BA.BCBA.BC=2.3+2.3(2)2+22.32+32=0

BA,BC=90o

Mà  = 90o.

b) Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

AI=(x1;y3);BI=(x3;y1);CI=(x6;y4)

Suy ra   AI2=BI2AI2=CI2

 x22x+1+y26y+9=x26x+9+y22y+1x22x+1+y26y+9=x212x+36+y28y+16

 4x4y=010x+2y=42x=72y=72

Vậy  I72;72.

Bài 5 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2: 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.

Lời giải:

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 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2Cho 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.

Lời giải:

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

Ta có  OH.MH=0

Mà OH=(a;0);MH=(a4;5)

OH.MH=a.(a4)+0.(5)=a24a=0a=0a=4

Do đó chỉ có a = 4 là thỏa mãn điều kiện.

Vậy H(4; 0) là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox.

b) Ta có điểm M’(x’; y’) đối xứng với điểm M(x; y) qua trục Ox  x=x'y=y'

Vậy M’(4; – 5) là điểm đối xứng với M qua trục Ox.

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

Ta có  OK.MK=0

Mà OK=(0;b);MK=(4;b5)

OK.MK=0.(4)+b.(b5)=b25b=0b=0b=5

Do đó chỉ có b = 5 là thỏa mãn điều kiện.

Vậy K(0; 5) là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy.

d) Ta có điểm M”(x”; y”) đối xứng với điểm M(x; y) qua trục Oy  x=x"y=y"

Vậy M”(– 4; 5) là điểm đối xứng với M qua trục Oy.

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

Suy ra O là trung điểm của MC.

Ta có  x+42=0y+52=0x=4y=5

Vậy C(– 4; – 5).

Bài 7 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2Cho 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.

Lời giải:

a)

Sách bài tập Toán 10 Bài 1: Tọa độ của vectơ - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Giả sử D(x; y)

Ta có  AB=(1;3);DC=(4x;4y)

Để ABCD là hình bình hành thì  AB=DC4x=14y=3x=3y=1

Vậy D(3; 1).

b) Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

Vậy I là trung điểm của AC và BD theo tính chất hình hành

Ta có  xI=xA+xC2=1+42=52yI=yA+yC2=1+42=52

Vậy I52;52 .

Bài 8 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2: 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 các tam giác ABC và MNB trùng nhau.

Lời giải:

a) Ta có AM=(1;2);AN=(2;4)  suy ra AN=2AM . Do đó 3 điểm A, M, N thẳng hàng

Ta có AM=(1;2);AC=(3;6)  suy ra AC=3AM . Do đó 3 điểm A, M, C thẳng hàng

Vì 3 điểm A, M, N thẳng hàng nên N thuộc đường thẳng AM; 3 điểm A, M, C thẳng hàng nên C thuộc đường thẳng AM.

Vậy 4 điểm A, M, N, C thẳng hàng.

b) Goi G(x; y) là trọng tâm tam giác ABC

Ta có  x=xA+xB+xC3=1+7+43=4y=yA+yB+yC3=1+3+73=113

Suy ra G  4;113.

Goi G’(x’; y’) là trọng tâm tam giác MNB

Ta có x'=xM+xN+xB3=2+3+73=4y'=yM+yN+yB3=3+5+33=113

Suy ra G’ 4;113.

Do đó điểm G trùng G’.

Vậy trọng tâm tam giác ABC và MNB trùng nhau.

Bài 9 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2: Cho bốn điểm M(6; – 4), N(7; 3), P(0; 4), Q(– 1; -3). Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông.

Lời giải:

Sách bài tập Toán 10 Bài 1: Tọa độ của vectơ - Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

Ta có MN=(1;7);QP=(1;7)MN=QP  nên hai véc tơ cùng phương suy ra MN song song với PQ và MN = QP (1)

Ta có MQ=(7;1);NP=(7;1)MQ=NP  nên hai véc tơ cùng phương suy ra MQ song song với NP và MQ = NP (2)

Mà MN=NP=PQ=MQ=50  vậy MN = NP = PQ = MQ (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra tứ giác MNPQ là hình thoi (4)

Ta có  MN.NP=1.(7)+7.1=0MNNP  vậy MN   NP.

Tứ giác MNPQ là hình thoi và có 1 góc vuông nên tứ giác MNPQ là hình vuông.

Bài 10 trang 59 SBT Toán 10 Tập 2Tính góc giữa hai vectơ a  và b  trong các trường hợp sau:

a) a=1;4,b=5;3

b) a=4;3,b=6;0

c) a=2;23,b=3;3

Lời giải:

a) Ta có  cosa,b=a.ba.b=1.5+(4).312+(4)2.52+32=7234

Vậy a,b=106o56' .

b) Ta có  cosa,b=a.ba.b=4.6+3.042+32.62+02=45

Vậy a,b=36o52' .

c) Ta có cosa,b=a.ba.b=2.(3)+23.322+(23)2.(3)2+32=0 .

Vậy a,b=90o .

Giải SBT Toán 10 trang 60 Tập 2

Bài 11 trang 60 SBT Toán 10 Tập 2Cho 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.

Lời giải:

Vì B là điểm đối xứng với A qua gốc toạ độ nên B(– 1; – 4)

Giả sử C(x; 3) CA(1x;1);   CB(1x;7) .

Vì tam giác ABC vuông tại C nên ta có CA.CB=0 .

 (1x).(1x)+1.(7)=0x28=0x=22x=22

Vậy  C22;3 hoặc C22;3 .

Bài 12 trang 60 SBT Toán 10 Tập 2: Cho vectơ a = (2; 2). Hãy tìm toạ độ một vectơ đơn vị e  cùng hướng với vectơ a .

Lời giải:

Ta có  a=22+22=22

Đặt e=1aa=22;22

Ta có vectơ e  là vectơ đơn vị cùng hướng với a .

Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài tập cuối chương 8

Bài 2: Đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ

Bài 3: Đường tròn trong mặt phẳng tọa độ

Bài 4: Ba đường conic trong mặt phẳng tọa độ

Lý thuyết Tọa độ của vectơ

1. Tọa độ của vectơ đối với một hệ trục tọa độ

1.1. Trục tọa độ

Trục tọa độ (gọi tắt là trục) là một đường thẳng trên đó đã xác định một điểm O (gọi là điểm gốc) và một vectơ e có độ dài bằng 1 gọi là vectơ đơn vị của trục.

Ta kí hiệu trục đó là O;e.

1.2. Hệ trục tọa độ

Hệ trục tọa độ O;i,j gồm hai trục O;i và O;j vuông góc với nhau. Điểm gốc O chung của hai trục gọi là gốc tọa độ. Trục O;i được gọi là trục hoành và kí hiệu là Ox, trục O;j được gọi là trục tung và kí hiệu là Oy. Các vectơ i và j là các vectơ đơn vị trên Ox và Oy. Hệ trục tọa độ O;i,j còn được kí hiệu là Oxy.

Chú ý: Mặt phẳng mà trên đó đã cho một hệ trục tọa độ Oxy được gọi là mặt phẳng tọa độ Oxy, hay gọi tắt là mặt phẳng Oxy.

1.3. Tọa độ của một vectơ

Trong mặt phẳng Oxy, cặp số (x; y) trong biểu diễn a=xi+yj được gọi là tọa độ của vectơ a, kí hiệu a=x;y, x gọi là hoành độ, y gọi là tung độ của vectơ a.

Ví dụ:

+) Cho a=3i+2j.

Ta có cặp số (3; 2) là tọa độ của vectơ a.

Ta kí hiệu là a=3;2.

Trong đó: 3 là hoành độ của vectơ a và 2 là tung độ của vectơ a.

+) Cho p=5j=0i5j.

Ta có cặp số (0; –5) là tọa độ của vectơ p.

Ta kí hiệu là p=0;5.

Trong đó 0 là hoành độ của vectơ p và –5 là tung độ của vectơ p.

Chú ý:

• a=x;ya=xi+yj.

• Nếu cho a=x;y và b=x';y' thì a=bx=x'y=y'.

Ví dụ:

+) Ta có h=1;7h=1.i+7j=i+7j.

+) Ta có a=x;y và b=2;4. Khi đó a=bx=2y=4.

Nghĩa là, a=2;4.

1.4. Tọa độ của một điểm

Trong mặt phẳng tọa độ, cho một điểm M tùy ý. Tọa độ của vectơ OM được gọi là tọa độ của điểm M.

Nhận xét:

• Nếu OM=x;y thì cặp số (x; y) là tọa độ của điểm M, kí hiệu M(x; y), x gọi là hoành độ, y gọi là tung độ của điểm M.

• M(x; y) OM=xi+yj.

Ví dụ:

+) Nếu OM=3;8 thì cặp số (–3; 8) là tọa độ của điểm M.

Ta kí hiệu là M(–3; 8).

Trong đó –3 là hoành độ của điểm M và 8 là tung độ của điểm M.

+) Cho điểm M(4; 9) OM=4i+9j.

Chú ý: Hoành độ của điểm M còn được kí hiệu là xM, tung độ của điểm M còn được kí hiệu là yM. Khi đó ta viết M(xM; yM).

Ví dụ: Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm M, N, P được biểu diễn như hình bên.

a) Hãy biểu diễn các vectơ OM,  ON,  OP qua hai vectơ i và j.

b) Tìm tọa độ của các vectơ m,n,p và các điểm M, N, P.

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

+) OM=3i+3j.

+) ON=3i+2j.

+) OP=0i2j.

Vậy OM=3i+3jON=3i+2jOP=0i2j.

b) Từ kết quả ở câu a), ta có:

+) OM=3i+3jOM=3;3

m=OM=3;3 và M(3; 3).

+) ON=3i+2jON=3;2

n=ON=3;2 và N(–3; 2).

+) OP=0i2jOP=0;2

p=OP=0;2 và P(0; –2).

Vậy m=3;3,  n=3;2,  p=0;2 và M(3; 3), N(–3; 2), P(0; –2).

2. Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

Cho hai vectơ a=a1;a2,  b=b1;b2 và số thực k. Khi đó:

(1) a+b=a1+b1;a2+b2;

(2) ab=a1b1;a2b2;

(3) ka=ka1;ka2;

(4) a.b=a1.b1+a2.b2.

Ví dụ: Cho hai vectơ a=10;8,  b=2;5.

a) Tìm tọa độ của các vectơ a+b,ab,2a,a+4b

b) Tính các tích vô hướng a.b2a.4b.

Hướng dẫn giải

a) Với a=10;8,  b=2;5 ta có:

+) a+b=10+2;8+5=12;3;

+) ab=102;85=8;13;

+) 2a=2.10;2.8=20;16;

+) 4b=4.2;4.5=8;20.

Ta suy ra a+4b=10+8;8+20=18;12.

Vậy a+b=12;3ab=8;132a=20;16a+4b=18;12.

b) Với a=10;8,  b=2;5 ta có:

+) a.b=10.2+8.5=2040=20;

+) Từ kết quả câu a), ta có 2a=20;16 và 4b=8;20.

Ta suy ra 2a=20;16 và 4b=8;20.

Khi đó ta có 2a.4b=20.8+16.20=160+320=160.

Vậy a.b=20 và 2a.4b=160.

3. Áp dụng của tọa độ vectơ

3.1. Liên hệ giữa tọa độ của điểm và tọa độ của vectơ trong mặt phẳng

Cho hai điểm A(xA; yA), B(xB; yB). Ta có: AB=xBxA;yByA.

Ví dụ: Cho ba điểm A(2; 5), B(–1; 1), C(5; –7). Tìm tọa độ của các vectơ AC,  CB,  BA.

Hướng dẫn giải

Với A(2; 5), B(–1; 1), C(5; –7) ta có:

• AC=xCxA;yCyA=52;75=3;12.

• CB=xBxC;yByC=15;17=6;8.

• BA=xAxB;yAyB=21;51=3;4.

Vậy AC=3;12,  CB=6;8,  BA=3;4.

3.2. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng và trọng tâm của tam giác

Cho hai điểm A(xA; yA) và B(xB; yB). Tọa độ trung điểm M(xM; yM) của đoạn thẳng AB là:

xM=xA+xB2,yM=yA+yB2.

Cho ∆ABC có A(xA; yA), B(xB; yB), C(xC; yC). Tọa độ trọng tâm G(xG; yG) của tam giác ABC là:

xG=xA+xB+xC3,yG=yA+yB+yC3.

Ví dụ: Cho ∆DEF có tọa độ các đỉnh là D(3; 1), E(5; 8), F(9; 4).

a) Tìm tọa độ trung điểm H của cạnh EF.

b) Tìm tọa độ trọng tâm G của ∆DEF.

Hướng dẫn giải

a) Với E(5; 8), F(9; 4):

Vì H là trung điểm của cạnh EF.

Ta suy ra xH=xE+xF2=5+92=7yM=yE+yF2=8+42=6

Vậy H(7; 6).

b) Với D(3; 1), E(5; 8), F(9; 4):

Vì G là trọng tâm của ∆DEF.

Ta suy ra xG=xD+xE+xF3=3+5+93=173yG=yD+yE+yF3=1+8+43=133

Vậy G173;133.

3.3. Ứng dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

Cho hai vectơ a=a1;a2,  b=b1;b2 và hai điểm A(xA; yA), B(xB; yB). Ta có:

• aba1b1+a2b2=0;

• a và b cùng phương  a1b2 – a2b1 = 0;

• a=a12+a22;

• AB=xBxA2+yByA2;

• cosa,b=a.ba.b=a1b1+a2b2a12+a22.b12+b22 (a,b khác 0).

Ví dụ: Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆MNP có M(2; 1), N(–3; –2), P(7; –8).

a) Tìm tọa độ H là chân đường cao của ∆MNP kẻ từ N.

b) Giải tam giác MNP.

Hướng dẫn giải

a) Với M(2; 1), N(–3; –2), P(7; –8).

Gọi H(x; y).

Ta có:

+) NH=x3;y2=x+3;y+2.

+) MH=x2;y1.

+) MP=72;81=5;9

Vì H(x; y) là chân đường cao của ∆MNP kẻ từ N nên ta có NH  MP.

Ta suy ra NHMP.

Do đó NH.MP=0.

 (x + 3).5 + (y + 2).( –9) = 0.

 5x – 9y – 3 = 0  (1).

Ta thấy hai vectơ MH,  MP cùng phương

 (x – 2).( –9) – (y – 1).5 = 0.

 –9x – 5y + 23 = 0   (2).

Từ (1), (2), ta có hệ phương trình: 5x9y3=09x+5y+23=0x=247y=117

Vậy H247;117.

b) Với M(2; 1), N(–3; –2), P(7; –8) ta có:

+) MN=5;3 và NM=5;3

MN=MN=52+32=34.

+) NP=10;6NP=NP=102+62=234.

+) MP=5;9.

MP=MP=52+92=106.

+) cosM=cosMN,  MP=MN.MPMN.MP=5.5+3.934.1060,033.

Suy ra M^88°7'.

+) cosN=cosNM,  NP=NM.NPNM.NP=5.10+3.634.234=817.

Suy ra N^61°56'.

+) Ta có M^+N^+P^=180° (định lí tổng ba góc của một tam giác).

P^=180°M^N^180°88°7'61°56'=29°57'.

Vậy MN=34,  MP=106,  NP=234,  

M^88°7',  N^61°55',  P^29°57'.

Đánh giá

0

0 đánh giá