Tailieumoi.vn giới thiệu Giải bài tập Toán lớp 10 Bài 2: Biểu thức tọa độ của các phép toán chi tiết sách Toán 10 Tập 2 Cánh diều giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập môn Toán 10. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán lớp 10 Bài 2: Biểu thức tọa độ của các phép toán

Giải Toán 10 trang 67 Tập 2

Câu hỏi khởi động trang 67 Toán lớp 10 Tập 2: Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu (được coi như mặt phẳng tọa độ Oxy với đơn vị trên các trục tính theo ki-lô-mét), một máy bay trực thăng chuyển động thẳng đều từ thành phố A có tọa độ (400; 50) đến thành phố B có tọa độ (100; 450) (Hình 17) và thời gian bay quãng đường AB là 3 giờ. Người ta muốn biết vị trí (tọa độ) của máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát t giờ (0 ≤ t ≤ 3).

Làm thế nào để xác định được tọa độ của máy bay trực thăng tại thời điểm trên?

Lời giải:

Sau bài học này, ta giải quyết được bài toán này như sau:

Gọi T(x; y) là vị trí máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát t giờ (0 ≤ t ≤ 3).

Ta có: $\overrightarrow{AT}=\left(x-400;y-50\right)$; $\overrightarrow{AB}=\left(100-400;450-50\right)=\left(-300;400\right)$.

Theo bài ra có thời gian bay quãng đường AB là 3 giờ, suy ra tọa độ máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát t giờ chính là tại vị trí T sao cho $\overrightarrow{AT}=\frac{t}{3}\overrightarrow{AB}$.

Ta có: $\frac{t}{3}\overrightarrow{AB}=\frac{t}{3}\left(-300;400\right)=\left(\frac{t}{3}.\left(-300\right);\frac{t}{3}.400\right)=\left(-100t;\frac{400t}{3}\right)$

Khi đó: $\overrightarrow{AT}=\frac{t}{3}\overrightarrow{AB}\iff \left(x-400;y-50\right)=\left(-100t;\frac{400t}{3}\right)$

Vậy tọa độ của máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát t giờ là $T\left(400-100t;50+\frac{400t}{3}\right)$ với (0 ≤ t ≤ 3).

I. Biểu thức tọa độ của phép cộng hai vectơ, phép trừ hai vectơ, phép nhân một số với một vectơ

Hoạt động 1 trang 67 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy (Hình 18), cho hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right)$ và $\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)$.

a) Biểu diễn các vectơ $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$.

b) Biểu diễn các vectơ $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v},\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$,$k\overrightarrow{u}$ (k ∈ ℝ) theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$.

c) Tìm tọa độ các vectơ $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v},\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$, $k\overrightarrow{u}$ (k ∈ ℝ).

Lời giải:

a) Do $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right)$ và $\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)$ nên $\overrightarrow{u}=x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j},\overrightarrow{v}=x_2\overrightarrow{i}+y_2\overrightarrow{j}$.

b) Để biểu diễn vectơ $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$, ta làm như sau:

Do $\overrightarrow{u}=x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j},\overrightarrow{v}=x_2\overrightarrow{i}+y_2\overrightarrow{j}$, vậy nên:

$\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}=\left(x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j}\right)+\left(x_2\overrightarrow{i}+y_2\overrightarrow{j}\right)=\left(x_1\overrightarrow{i}+x_2\overrightarrow{i}\right)+\left(y_1\overrightarrow{j}+y_2\overrightarrow{j}\right)=\left(x_1+x_2\right)\overrightarrow{i}+\left(y_1+y_2\right)\overrightarrow{j}$

Tương tự, ta có:

$\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$$=\left(x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j}\right)-\left(x_2\overrightarrow{i}+y_2\overrightarrow{j}\right)$$=\left(x_1\overrightarrow{i}-x_2\overrightarrow{i}\right)+\left(y_1\overrightarrow{j}-y_2\overrightarrow{j}\right)$$=\left(x_1-x_2\right)\overrightarrow{i}+\left(y_1-y_2\right)\overrightarrow{j}$.

$k\overrightarrow{u}=k\left(x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j}\right)=k{x}_1\overrightarrow{i}+k{y}_1\overrightarrow{j}=\left(k{x}_1\right)\overrightarrow{i}+\left(k{y}_1\right)\overrightarrow{j}$ (k ∈ ℝ).

c) Do $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$$=\left(x_1+x_2\right)\overrightarrow{i}+\left(y_1+y_2\right)\overrightarrow{j}$ nên tọa độ vectơ $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}$ là (x₁ + x₂; y₁ + y₂).

Do $\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$$=\left(x_1-x_2\right)\overrightarrow{i}+\left(y_1-y_2\right)\overrightarrow{j}$ nên tọa độ vectơ $\overrightarrow{u}-\overrightarrow{v}$ là (x₁ – x₂; y₁ – y₂).

Do $k\overrightarrow{u}=\left(k{x}_1\right)\overrightarrow{i}+\left(k{y}_1\right)\overrightarrow{j}$ nên tọa độ vectơ $k\overrightarrow{u}$ là (kx₁; ky₁) với (k ∈ ℝ).

Giải Toán 10 trang 68 Tập 2

Luyện tập 1 trang 68 Toán lớp 10 Tập 2:

a) Cho $\overrightarrow{u}=\left(-2;0\right),\overrightarrow{v}=\left(0;6\right),\overrightarrow{\text{w}}=\left(-2;3\right)$. Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{\text{w}}$.

b) Cho $\overrightarrow{u}=\left(\sqrt{3};0\right),\overrightarrow{v}=\left(0;-\sqrt{7}\right)$. Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{\text{w}}$ sao cho $\overrightarrow{\text{w}}+\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}$.

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{\text{w}}$ = ((– 2) + 0 + (– 2); 0 + 6 + 3). Vậy $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{\text{w}}$ = (– 4; 9).

b) Ta có: $\overrightarrow{\text{w}}+\overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}$$\iff \overrightarrow{\text{w}}=\overrightarrow{v}-\overrightarrow{u}$$\iff \overrightarrow{\text{w}}=\left(0-\sqrt{3};\left(-\sqrt{7}\right)-0\right)$. Vậy $\overrightarrow{\text{w}}=\left(-\sqrt{3};-\sqrt{7}\right)$.

Luyện tập 2 trang 68 Toán lớp 10 Tập 2: Trong bài toán mở đầu, hãy tìm tọa độ của máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát 2 giờ.

Lời giải:

Gọi C(x_C; y_C) là vị trí máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát 2 giờ.

Ta có: $\overrightarrow{AC}=\left(x_C-400;y_C-50\right)$; $\overrightarrow{AB}=\left(100-400;450-50\right)=\left(-300;400\right)$.

Theo bài ra có thời gian bay quãng đường AB là 3 giờ, suy ra tọa độ máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát 2 giờ chính là tại vị trí C sao cho $\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$.

Ta có: $\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\left(-300;400\right)=\left(\frac{2}{3}.\left(-300\right);\frac{2}{3}.400\right)=\left(-200;\frac{800}{3}\right)$

Khi đó: $\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}\iff$$\left(x_C-400;y_C-50\right)=\left(-200;\frac{800}{3}\right)$

Vậy tọa độ của máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát 2 giờ là $C\left(200;\frac{950}{3}\right)$.

II. Tọa độ trung điểm đoạn thẳng và tọa độ trọng tâm tam giác

Giải Toán 10 trang 69 Tập 2

Hoạt động 2 trang 69 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(x_A; y_A) và B(x_B; y­_B). Gọi M(x_M; y_M) là trung điểm của đoạn thẳng AB (minh họa ở Hình 19).

a) Biểu diễn vectơ $\overrightarrow{OM}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{OA}$ và $\overrightarrow{OB}$.

b) Tìm tọa độ của M theo tọa độ của A và B.

Lời giải:

a) Vì M là trung điểm của AB nên với điểm O, ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OM}$ hay $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right)=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}$.

b) Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OA}$ chính là tọa độ của điểm A(x_A; y_A) nên $\overrightarrow{OA}=\left(x_A;y_A\right)$.

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OB}$ chính là tọa độ của điểm B(x_B; y_B) nên $\overrightarrow{OB}=\left(x_B;y_B\right)$.

Ta có: $\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}=\frac{1}{2}\left(x_A;y_A\right)=\left(\frac{1}{2}{x}_A;\frac{1}{2}{y}_A\right)$; $\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}=\frac{1}{2}\left(x_B;y_B\right)=\left(\frac{1}{2}{x}_B;\frac{1}{2}{y}_B\right)$.

Do đó: $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}=\left(\frac{1}{2}{x}_A+\frac{1}{2}{x}_B;\frac{1}{2}{y}_A+\frac{1}{2}{y}_B\right)$.

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OM}$ chính là tọa độ của điểm M.

Vậy tọa độ của điểm M là M$\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2}\right)$.

Luyện tập 3 trang 69 Toán lớp 10 Tập 2: Cho hai điểm A(2; 4) và M(5; 7).Tìm tọa độ điểm B sao cho M là trung điểm đoạn thẳng AB.

Lời giải:

Gọi tọa độ điểm B(x­_B; y­_B).

Vì M là trung điểm của AB nên $x_M=\frac{x_A+x_B}{2};y_M=\frac{y_A+y_B}{2}$.

Vậy tọa độ điểm B là B(8; 10).

Hoạt động 3 trang 69 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G (minh họa ở Hình 20).

a) Biểu diễn vectơ $\overrightarrow{OG}$ theo ba vectơ $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{OC}$.

b) Tìm tọa độ của G theo tọa độ của A, B, C.

Lời giải:

a) Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên với điểm O ta có $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}$ hay $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}$.

b) Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OA}$ chính là tọa độ của điểm A(x_A; y_A) nên $\overrightarrow{OA}=\left(x_A;y_A\right)$.

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OB}$ chính là tọa độ của điểm B(x_B; y_B) nên $\overrightarrow{OB}=\left(x_B;y_B\right)$.

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OC}$ chính là tọa độ của điểm C(x_C; y_C) nên $\overrightarrow{OC}=\left(x_C;y_C\right)$.

Ta có:; $\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}=\frac{1}{3}\left(x_B;y_B\right)=\left(\frac{1}{3}{x}_B;\frac{1}{3}{y}_B\right)$, $\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}=\frac{1}{3}\left(x_C;y_C\right)=\left(\frac{1}{3}{x}_C;\frac{1}{3}{y}_C\right)$

Do đó: $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}=\left(\frac{1}{3}{x}_A+\frac{1}{3}{x}_B+\frac{1}{3}{x}_C;\frac{1}{3}{y}_A+\frac{1}{3}{y}_B+\frac{1}{3}{y}_C\right)$.

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OG}$ chính là tọa độ của điểm G.

Vậy tọa độ của điểm G là G$\left(\frac{x_A+x_B+x_C}{3};\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$ .

Luyện tập 4 trang 69 Toán lớp 10 Tập 2: Cho ba điểm A(– 1; 1); B(1; 5); G(1; 2).

a) Chứng minh ba điểm A, B, G không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ điểm C sao cho G là trọng tâm của tam giác ABC.

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(1-\left(-1\right);5-1\right)=\left(2;4\right)$, $\overrightarrow{AG}=\left(1-\left(-1\right);2-1\right)=\left(2;1\right)$.

Vì $\frac{2}{2}\ne \frac{4}{1}$ nên $\overrightarrow{AB}\ne k\overrightarrow{AG}$.

Vậy ba điểm A, B, G không thẳng hàng.

b) Gọi tọa độ điểm C(x_C; y_C).

Vậy tọa độ điểm C là C(3; 0).

III. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng

Giải Toán 10 trang 70 Tập 2

Hoạt động 4 trang 70 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho $\overrightarrow{i}$và $\overrightarrow{j}$ là các vectơ đơn vị trên Ox và Oy.

a) Tính ${\overrightarrow{i}}^2;{\overrightarrow{j}}^2;\overrightarrow{i}\text{,}\overrightarrow{j}$.

b) Cho $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right),\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)$. Tính tích vô hướng của $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}$.

Lời giải:

a) Ta có: ${\overrightarrow{i}}^2={\left(\overrightarrow{i}\right)}^2=1;{\overrightarrow{j}}^2={\left(\overrightarrow{j}\right)}^2=1$;$\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=0$ (vì , do hai trục tọa độ vuông góc với nhau).

b) Vì $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right),\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)$.

Nên ta có: $\overrightarrow{u}=x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j};\overrightarrow{v}=x_2\overrightarrow{i}+y_2\overrightarrow{j}$.

Do đó $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=\left(x_1\overrightarrow{i}+y_1\overrightarrow{j}\right).\left(\overrightarrow{u}=x_2\overrightarrow{i}+y_2\overrightarrow{j}\right)$$=x_1{x}_2.{\overrightarrow{i}}^2+x_1{y}_2.\left(\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}\right)+y_1{x}_2.\left(\overrightarrow{j}.\overrightarrow{i}\right)+y_1{y}_2.{\overrightarrow{j}}^2$$=x_1{x}_2+y_1{y}_2$

(do ${\overrightarrow{i}}^2={\left(\overrightarrow{i}\right)}^2=1;{\overrightarrow{j}}^2={\left(\overrightarrow{j}\right)}^2=1$;$\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=\overrightarrow{j}.\overrightarrow{i}=0$ )

Vậy $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}$$=x_1{x}_2+y_1{y}_2$.

Bài tập

Giải Toán 10 trang 72 Tập 2

Bài 1 trang 72 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho $\overrightarrow{a}=\left(-1;2\right)$, $\overrightarrow{b}=\left(3;1\right)$, $\overrightarrow{c}=\left(2;-3\right)$.

a) Tìm tọa độ vectơ $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{c}$.

b) Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{x}$ sao cho $\overrightarrow{x}+2\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}$.

Lời giải:

Bài 2 trang 72 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa 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 tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

c) Giải tam giác ABC (làm tròn các kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải:

Bài 3 trang 72 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa 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 tọa độ các điểm A, B, C.

b) Trọng tâm hai tam giác ABC và MNP có trùng nhau không? Vì sao?

Lời giải:

a) Gọi tọa độ các điểm A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C).

Vì P(1; 3) là trung điểm của cạnh AB nên

Vì N(4; 2) là trung điểm của cạnh CA nên

Từ (1) và (2) suy ra:

Vì M(2; 0) là trung điểm của BC nên

Vậy tọa độ các điểm A, B, C là A(3; 5), B(– 1; 1), C(5; – 1).

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, khi đó tọa độ của G là

$x_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{3+\left(-1\right)+5}{3}=\frac{7}{3}$, $y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{5+1+\left(-1\right)}{3}=\frac{5}{3}$.

Vậy $G\left(\frac{7}{3};\frac{5}{3}\right)$.

Gọi G' là trọng tâm tam giác MNP, khi đó tọa độ của G' là

$x_{G^{\text{'}}}=\frac{x_M+x_N+x_P}{3}=\frac{2+4+1}{3}=\frac{7}{3}$, $y_{G^{\text{'}}}=\frac{y_M+y_N+y_P}{3}=\frac{0+2+3}{3}=\frac{5}{3}$

Vậy $G^{\text{'}}\left(\frac{7}{3};\frac{5}{3}\right)$.

Do đó G ≡ G'.

Vậy trọng tâm hai tam giác ABC và MNP trùng nhau.

Bài 4 trang 72 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 4); B(– 1; 1); C(– 8; 2).

a) Tính số đo góc ABC (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo đơn vị độ).

b) Tính chu vi của tam giác ABC.

c) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích của tam giác ABC bằng hai lần diện tích của tam giác ABM.

Lời giải:

c)

Vì $\widehat{ABC}=127°$ nên tam giác ABC tù.

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC, M thuộc đường thẳng BC nên đường cao của tam giác ABM cũng là AH.

Khi đó: S_ABC = $\frac{1}{2}$AH . BC và S_ABM = $\frac{1}{2}$AH . BM.

Theo bài ra ta có diện tích của tam giác ABC bằng hai lần diện tích của tam giác ABM nên S_ABC = 2S_ABM.

Do đó: $\frac{1}{2}$AH . BC = 2 . $\frac{1}{2}$AH . BM ⇔ BC = 2BM hay BM = $\frac{1}{2}$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 nên tọa độ của M là $x_M=\frac{x_B+x_C}{2}=\frac{\left(-1\right)+\left(-8\right)}{2}=\frac{-9}{2}$, $y_M=\frac{y_B+y_C}{2}=\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2}$.

Vậy $M\left(\frac{-9}{2};\frac{3}{2}\right)$.

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'.

Ta có: x_M' = 2x_B – x_M = 2 . (– 1) –$\frac{-9}{2}=\frac{5}{2}$ , y_M' = 2 . 1 –$\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$ .

Vậy $M\text{'}\left(\frac{5}{2};\frac{1}{2}\right)$.

Bài 5 trang 72 Toán lớp 10 Tập 2: 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 tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD và CD = 2AB.

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(4-1;3-1\right)=\left(3;2\right)$, $\overrightarrow{AC}=\left(6-1;\left(-2\right)-1\right)=\left(5;-3\right)$.

Vì $\frac{3}{5}\ne \frac{2}{-3}$ nên $\overrightarrow{AB}\ne k\overrightarrow{AC}$.

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Gọi tọa độ điểm D(x; y).

Ta có: $\overrightarrow{DC}=\left(6-x;\left(-2\right)-y\right)$.

Vì hình thanh ABCD có AB // CD nên hai vectơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DC}$ cùng hướng và CD = 2AB, do đó $\overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{AB}$.

Ta có: $2\overrightarrow{AB}=2\left(3;2\right)=\left(6;4\right)$.

Vậy tọa độ điểm D là D(0; – 6).

Bài 6 trang 72 Toán lớp 10 Tập 2: Chứng minh khẳng định sau:

Hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right),\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)\left(\overrightarrow{v}\ne \overrightarrow{0}\right)$ cùng phương khi và chỉ khi có một số thực k sao cho x₁ = kx₂ và y­₁ = ky₂.

Lời giải:

Hai vectơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ $\left(\overrightarrow{v}\ne 0\right)$ cùng phương khi và chỉ khi có số thực k sao cho $\overrightarrow{u}=k\overrightarrow{v}$.

Mà $k\overrightarrow{v}=k\left(x_2;y_2\right)=\left(k{x}_2;k{y}_2\right)$.

Vậy suy ra điều phải chứng minh.

Bài 7 trang 72 Toán lớp 10 Tập 2: Một vật đồng thời bị ba lực tác động: lực tác động thứ nhất $\overrightarrow{F_1}$ có độ lớn là 1 500 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 $\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}\right)=30°,\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_3}\right)=45°$ và $\left(\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}\right)=75°$. Tính độ lớn lực tổng hợp tác động lên vật (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải:

Ta vẽ các hợp lực như hình sau:

Theo quy tắc hình bình hành ta có: $\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F_{23}}$.

Lực tổng hợp tác động lên vật là $\overrightarrow{F}$ với $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_{23}}$.

Ta cần tìm độ lớn lực $\overrightarrow{F}$.

Xem thêm các bài giải SGK Toán 10 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 1: Tọa độ của vectơ

Bài 2: Biểu thức tọa độ của các phép toán

Bài 3: Phương trình đường thẳng

Bài 4: Vị trí tương đối và góc giữa hai đường thẳng. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Bài 5: Phương trình đường tròn