Cho $\overrightarrow{AB}=k\overrightarrow{CD}$

            Nếu $k>0$ thì hai vectơ cùng hướng

            Nếu $k<0$ thì hai vectơ ngược hướng

            Nếu $k=-1$ thì hai vectơ đối nhau

Phương pháp giải:

Phương pháp giải:

a) Điểm H là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox

b) Điểm M’ đối xứng với M qua  trục Ox

c) Điểm K là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy

d) Điểm M’’ đối xứng với M qua  trục Oy

e) Điểm C  đối xứng với M qua  gốc tọa độ

Lời giải:

a) H là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox nên tọa độ điểm H là $H\left(x_0;0\right)$

b) M’ đối xứng với M qua  trục Ox nên H là trung điểm của MM’

Suy ra $x_{M^{\prime }}=2x_H-x_M=2x_0-x_0=x_0;y_{M^{\prime }}=2y_H-y_M=2.0-y_0=-y_0$

Vậy tọa độ điểm M’  là $\left(x_0;-y_0\right)$

c) K là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy  nên tọa độ điểm K  là $K\left(0;y_0\right)$

d) M’’ đối xứng với M qua  trục Oy nên K là trung điểm của MM’’

Suy ra $x_{M^{″}}=2x_K-x_M=2.0-x_0=-x_0;y_{M^{″}}=2y_K-y_M=2y_0-y_0=y_0$

Vậy tọa độ điểm M’  là $\left(-x_0;y_0\right)$

e) C đối xứng với M qua  gốc tọa độ nên O là trung điểm của MC

Suy ra $x_C=2x_O-x_M=2.0-x_0=-x_0;y_C=2y_O-y_M=2.0-y_0=-y_0$

Vậy tọa độ điểm C  là $\left(-x_0;-y_0\right)$

Bài 6 trang 45 Toán lớp 10: Cho ba điểm $A(2;2),B(3;5),C(5;5)$

a) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là một hình bình hành

b) Tìm tọa độ giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD

c) Giải tam giác ABC

Lời giải:

a) Gọi tọa độ của điểm D là $\left(x;y\right)$ ta có:  $\overrightarrow{AB}=\left(1;3\right)$, $\overrightarrow{DC}=\left(5-x;5-y\right)$

Để ABCD là hình bình hành thì $\overrightarrow{AB}$= $\overrightarrow{DC}$

Suy ra $\{\begin{array}{l}5-x=1\\ 5-y=3\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=4\\ y=2\end{array}$

Vậy để ABCD là hình bình hành thì tọa độ điểm D là $D\left(4;2\right)$

b) Gọi M  là giao điểm của hai đường chéo, suy ra M là trung điểm của AC

Suy ra: $x_M=\frac{x_A+x_C}{2}=\frac{2+5}{2}=\frac{7}{2};y_M=\frac{y_A+y_C}{2}=\frac{2+5}{2}=\frac{7}{2}$

Vậy tọa đọ giao điểm của hai đường chéo hình bình hành ABCD  là $M\left(\frac{7}{2};\frac{7}{2}\right)$

c) Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(1;3\right),\overrightarrow{AC}=\left(3;3\right),\overrightarrow{BC}=\left(2;0\right)$

Suy ra: $AB=\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10},AC=\left|\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$

            $BC=\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{2^2+0^2}=2$

            $\begin{array}{l}\cos A=\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{AB.AC}=\frac{1.3+3.3}{\sqrt{10}.3\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \hat{A}\approx {26}^{\circ }{33}^{\prime }\\ \cos B=\cos \left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}}{BA.BC}=\frac{\left(-1\right).2+\left(-3\right)0}{\sqrt{10}.2}=-\frac{\sqrt{10}}{10}\Rightarrow \hat{B}={108}^{\circ }{26}^{\prime }\\ \hat{C}={180}^{\circ }-\hat{A}-\hat{B}={180}^{\circ }-{26}^{\circ }{33}^{\prime }-{108}^{\circ }{26}^{\prime }={45}^{\circ }{1}^{\prime }\end{array}$

Bài 7 trang 45 Toán lớp 10: Cho tam giác ABC có các điểm $M\left(2;2\right),N\left(3;4\right),P\left(5;3\right)$ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và  CA

a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

b) Chứng minh rằng trọng tâm của các tam giác ABC và MNP  trùng nhau

c) Giải tam giác ABC

Lời giải:

a) Gọi tọa độ các điểm như sau: $A\left(x_A;y_A\right),B\left(x_B;y_B\right),C\left(x_C;y_C\right)$

$M\left(2;2\right),N\left(3;4\right),P\left(5;3\right)$ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và  CA nên ta có:

$\{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=2x_M=4\\ x_A+x_C=2x_P=10\\ x_C+x_B=2x_N=6\\ y_A+y_B=2y_M=4\\ y_A+y_C=2y_P=8\\ y_C+y_B=2y_N=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}_A+x_B=4\\ x_C-x_B=6\\ x_C+x_B=6\\ y_A+y_B=4\\ y_C-y_B=4\\ y_C+y_B=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}{x}_A=4\\ x_B=0\\ x_C=6\\ y_A=3\\ y_B=1\\ y_C=5\end{array}$

Vậy các đỉnh của tam giác có tọa độ là $A\left(4;3\right),B\left(0;1\right),C\left(6;5\right)$

b)  Gọi $G\left(x_G;y_G\right),G^{\prime }\left(x_{G^{\prime }};y_{G^{\prime }}\right)$ là trọng tâm của hai tam giác ABC và MNP 

Áp dụng tính chất trọng tâm ta có:

$\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{4+0+6}{3}=\frac{10}{3};y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{3+1+5}{3}=3\\ x_{G^{\prime }}=\frac{x_M+x_N+x_P}{3}=\frac{2+3+5}{3}=\frac{10}{3};y_{G^{\prime }}=\frac{y_M+y_N+y_P}{3}=\frac{2+4+3}{3}=3\end{array}$

Suy ra $G\left(\frac{10}{3};3\right)$ và $G^{\prime }\left(\frac{10}{3};3\right)$, tọa độ của chúng bằng nhau nên hai điểm G và G’  trùng nhau (đpcm)

c) Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(-4;-2\right),\overrightarrow{AC}=\left(2;2\right),\overrightarrow{BC}=\left(6;4\right)$

Suy ra: $AB=\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{{(-4)}^2+{(-2)}^2}=2\sqrt{5},AC=\left|\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$

          $BC=\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{6^2+4^2}=2\sqrt{13}$

          $\begin{array}{l}\cos A=\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{AB.AC}=\frac{(-4).2+(-2).2}{2\sqrt{5}.2\sqrt{2}}=-\frac{3\sqrt{10}}{10}\Rightarrow \hat{A}\approx {161}^{\circ }{33}^{\prime }\\ \cos B=\cos \left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}}{BA.BC}=\frac{4.6+2.4}{2\sqrt{5}.2\sqrt{13}}=\frac{8\sqrt{65}}{65}\Rightarrow \hat{B}=7^{\circ }{7}^{\prime }\\ \hat{C}={180}^{\circ }-\hat{A}-\hat{B}={180}^{\circ }-{161}^{\circ }{33}^{\prime }-7^{\circ }{7}^{\prime }={11}^{\circ }{20}^{\prime }\end{array}$

Bài 8 trang 45 Toán lớp 10: Cho hai điểm $A\left(1;3\right),B\left(4;2\right)$

a) Tìm tọa độ điểm D nằm trên trục Ox sao cho DA=DB

b) Tính chu vi tam giác OAB

c) Chứng minh rằng OA vuông góc  AB và từ đó tính diện tích tam giác OAB

Lời giải:

a) Gọi tọa độ điểm D là $(x;0)$

Ta có: $\overrightarrow{DB}=\left(4-x;2\right)\Rightarrow DB=\left|\overrightarrow{DB}\right|=\sqrt{{\left(4-x\right)}^2+2^2}$

$\begin{array}{l}DA=DB\iff \sqrt{{\left(1-x\right)}^2+3^2}=\sqrt{{\left(4-x\right)}^2+2^2}\\ \Rightarrow {\left(1-x\right)}^2+3^2={\left(4-x\right)}^2+2^2\\ \Rightarrow x^2-2x+10=x^2-8x+20\\ \Rightarrow 6x=10\\ \Rightarrow x=\frac{5}{3}\end{array}$

Thay $x=\frac{5}{3}$ ta thấy thảo mãn phương trình

Vậy khi $D\left(\frac{5}{3};0\right)$ thì  DA=DB

b) Ta có: $\overrightarrow{OA}=\left(1;3\right)\Rightarrow OA=\left|\overrightarrow{OA}\right|=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$

          $\overrightarrow{OB}=\left(4;2\right)\Rightarrow OB=\left|\overrightarrow{OB}\right|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$

          $\overrightarrow{AB}=\left(3;-1\right)\Rightarrow AB=\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{3^2+{\left(-1\right)}^2}=\sqrt{10}$

Chu vi tam giác OAB là

$C_{OAB}=OA+OB+AB=\sqrt{10}+2\sqrt{5}+\sqrt{10}=2\sqrt{10}+2\sqrt{5}$

c) $\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{AB}=1.3+3.(-1)=0\Rightarrow OA\mathrm{\perp }AB$

Tam giác OAB vuông tại A nên diện tích của tam giác là

$S_{OAB}=\frac{1}{2}OA.AB=\frac{1}{2}\sqrt{10}.\sqrt{10}=5$

Bài 9 trang 45 Toán lớp 10: Tính góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$trong các trường hợp sau

a) $\overrightarrow{a}=(2;-3),\overrightarrow{b}=(6;4)$

b) $\overrightarrow{a}=(3;2),\overrightarrow{b}=(5;-1)$

c) $\overrightarrow{a}=(-2;-2\sqrt{3}),\overrightarrow{b}=(3;\sqrt{3})$

Lời giải:

a) $\cos \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{2.6+(-3).4}{\sqrt{2^2+{\left(-3\right)}^2}.\sqrt{6^2+4^2}}=0\Rightarrow \overrightarrow{a}\mathrm{\perp }\overrightarrow{b}$

b) $\cos \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{3.5+2.(-1)}{\sqrt{3^2+2^2}.\sqrt{5^2+{\left(-1\right)}^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)={45}^{\circ }$

c) $\cos \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{a}\right|.\left|\overrightarrow{b}\right|}=\frac{\left(-2\right).3+(-2\sqrt{3}).\sqrt{3}}{\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(-2\sqrt{3}\right)}^2}.\sqrt{3^2+{\sqrt{3}}^2}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)={150}^{\circ }$

Bài 10 trang 45 Toán lớp 10: Cho bốn điểm $A\left(7;-3\right),B\left(8;4\right),C\left(1;5\right),D\left(0;-2\right)$. Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình vuông

Lời giải:

Ta có: $\overrightarrow{AB}=(1;7),\overrightarrow{AD}=(-7;1),\overrightarrow{CD}=(-1;-7)$,$\overrightarrow{BC}=(-7;1)$

Suy ra $AB=\overrightarrow{AB}=\sqrt{1^2+7^2}=5\sqrt{2},AD=\overrightarrow{AD}=\sqrt{{\left(-7\right)}^2+1^2}=5\sqrt{2},$

          $CD=\overrightarrow{CD}=\sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(-7\right)}^2}=5\sqrt{2}$,$BC=\overrightarrow{BC}=\sqrt{{\left(-7\right)}^2+{\left(-1\right)}^2}=5\sqrt{2}$

$\Rightarrow AB=BC=CD=DA=5\sqrt{2}$ (1)

Mặt khác ta có

$\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}}{AB.AD}=\frac{1.(-7)+7.1}{5\sqrt{2}.5\sqrt{2}}=0\Rightarrow \hat{A}={90}^{\circ }$ (2)

Từ (1) và(2) suy ra ABCD là hình vuông (đpcm)