Giải Sách bài tập Toán 10 Bài 2: Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ
Giải SBT Toán 10 trang 66 Tập 2
Bài 12 trang 66 SBT Toán 10 Tập 2: Cho hai vectơ →u=(−1;3) và →v=(2;−5) . Tọa độ của vectơ →u+→v là:
A. (1; - 2);
B. (- 2; 1);
C. (- 3; 8);
D. (3; - 8).
Lời giải:
Ta có: →u+→v= ( -1 + 2; 3 + (-5)) = (1; -2).
Vậy chọn đáp án A.
Bài 13 trang 66 SBT Toán 10 Tập 2: Cho hai vectơ →u=(2;−3) và →v=(1;4) . Tọa độ của vectơ →u−2→v là:
A. (0; 11);
B. (0; - 11);
C. (- 11; 0);
D. (- 3; 10).
Lời giải:
Tọa độ của vectơ →u−2→v=(2−2.1;−3−2.4)=(0;−11)
Vậy chọn đáp án B.
A. (2; 4);
B. (- 3; 3);
C. (3; - 3);
D. (1; 2).
Lời giải:
Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là:
xM=xA+xB2=4+(−2)2=1yM=yA+yB2=−1+52=2
Suy ra M(1; 2)
Vậy chọn đáp án D.
A. (4;103) ;
B. (8; 4);
C. (2; 4);
D. (4; 2).
Lời giải:
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
xG=xA+xB+xC3=4+1+73=4yG=yA+yB+yC3=6+2+(−2)3=2
Suy ra G(4; 2)
Vậy chọn đáp án D.
A. √13 ;
B. √5 ;
C. 13;
D. √37 .
Lời giải:
Khoảng cách giữa hai điểm M và N chính bằng độ dài vectơ →MN và bằng
|→MN|=√(xN−xM)2+(yN−yM)2=√(1+2)2+(2−4)2=√13
Vậy chọn đáp án A.
A. 900;
B. 600;
C. 450;
D. 300.
Lời giải:
Ta có: cos(→u,→v)=(−4).(−1)+(−3).(−7)√(−4)2+(−3)2.√(−1)2+(−7)2=25√25.√50=1√2
Suy ra (→u,→v)=45o .
Vậy chọn đáp án C.
Giải SBT Toán 10 trang 67 Tập 2
Bài 18 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Côsin của góc giữa hai vectơ →u=(1;1) và →v=(−2;1) là:
A. −110 ;
B. √1010 ;
C. −√1010 ;
D. 310 .
Lời giải:
Côsin của góc giữa hai vectơ →u=(1;1) và →v=(−2;1) là:
cos(→u,→v)=1.(−2)+1.1√12+(−2)2.√12+12=−1√5.√2=−√1010.
Vậy chọn đáp án C.
A. Tam giác đều;
B. Tam giác vuông tại A;
C. Tam giác có góc tù tại A;
D. Tam giác cân tại A.
Lời giải:
Ta có: →AB=(−2−2;2−6)=(−4;−4) ⇒ AB = |→AB|=√(−4)2+(−4)2=4√2.
→AC=(8−2;0−6)=(6;−6) ⇒ AC = |→AC|=√62+(−6)2=6√2 .
Ta lại có: →AB.→AC=(−4).6+(−4).(−6)=0
Nên →AB vuông góc với →AC hay tam giác ABC vuông tại A.
Vậy chọn đáp án B.
a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng.
b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
c) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD và CD=32AB .
Lời giải:
a) Ta có: →AB=(−1−1;−1−5)=(−2;−6) và →AC=(2−1;−5−5)=(1;−10)
Ta thấy −21≠−6−10 nên →AB,→AC không cùng phương.
Vậy A, B, C không thẳng hàng.
b) Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC:
xG=xA+xB+xC3=1+(−1)+23=23yG=yA+yB+yC3=5+(−1)+(−5)3=−13
Vậy G(23;−13) .
c) Do tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD
Nên →AB và →CD ngược hướng
Mà CD=32AB nên →CD=−32→AB
Gọi D(a; b), ta có: →AB=(−1−1;−1−5)=(−2;−6) , →CD=(a−2;b+5) .
Suy ra {a−2=−32.(−2)b+5=−32.(−6)⇔{a=5b=4
Vậy D(5; 4).
Lời giải:
Ta có: →AB=(−5+2;−1−4)=(−3;−5)
→AC=(8+2;−2−4)=(10;−6)→BC=(8+5;−2+1)=(13;−1)
Suy ra: AB=|→AB|=√(−3)2+(−5)2=√34
AC=|→AC|=√102+(−6)2=2√34BC=|→BC|=√132+(−1)2=√170
Ta có: →AB.→AC=(−3).10+(−5).(−6)=0 suy ra →AB vuông góc với →AC hay ^BAC=90o .
Ta có: cos(→AC,→BC)=10.13+(−6).(−1)√102+62.√132+(−1)2=1362√34.√170=2√5 .
Suy ra ^ACB≈27o⇒^ABC=90o−^ACB≈63o .
Lời giải:
Do M nằm trên trục Ox nên M(a; 0).
Khi đó →MA=(4−a;−2) và →MB=(10−a;4) .
⇒→MA+→MB=(14−2a;2)⇒|→MA+→MB|=√(14−2a)2+22
Suy ra |→MA+→MB|2=(14−2a)2+22≥22=4
Giá trị nhỏ nhất của |→MA+→MB|2 là 4
Hay giá trị nhỏ nhất của |→MA+→MB| là 2 đạt được khi 14 – 2a = 0 ⇔a=7
Vậy M(7; 0).
Lời giải:
Gọi M(a; b) là tọa độ của máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát 1 giờ.
Ta có: →AM=(a−600;b−200) và →AB=(−400;300)
Do máy bay chuyển động thẳng đều nên quãng đường máy bay đi được sau 1 giờ bằng 13 tổng quãng đường hay AM=13AB .
Mà M thuộc đoạn AB nên →AM=13→AB .
Suy ra {a−600=13.(−400)b−200=13.300⇔{a=14003b=300
Vậy M (14003;300).
Xem thêm lời giải sách bài tập Toán lớp 10 Cánh diều hay, chi tiết khác:
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