Giải SGK Toán 10 (Chân trời sáng tạo) Bài 1: Toạ độ của vectơ

Giải Toán 10 Bài 1: Toạ độ của vectơ

Hoạt động khởi động trang 38 Toán lớp 10 Tập 2: Tìm cách xác định vị trí các quân mã trên bàn cờ vua.

Lời giải:

Đặt hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ:

Vị trí của quân mã A là tọa độ của điểm A trên hệ trục tọa độ Oxy. Tọa độ điểm A(2,5; 2,5).

Vị trí quân mã B là tọa độ của điểm B trên hệ trục tọa độ Oxy. Tọa độ điểm B(4,5; 3,5).

Vị trí quân mã C là tọa độ của điểm C trên hệ trục tọa độ Oxy. Tọa độ điểm C(5,5; 2,5).

Vị trí quân mã D là tọa độ của điểm D trên hệ trục tọa độ Oxy. Tọa độ điểm D(1,5; 7,5).

1. Toạ độ của vectơ đối với một hệ trục toạ độ

Hoạt động khám phá 1 trang 38 Toán lớp 10 Tập 2: Nêu nhận xét về độ lớn, phương và chiều của vectơ $\overrightarrow{i}$ trên trục Ox và vectơ $\overrightarrow{j}$ trên trục Oy (Hình 1).

Lời giải:

Vectơ $\overrightarrow{i}$ có phương trùng với trục Ox, chiều trùng với chiều dương của Ox và độ lớn là 1.

Vectơ $\overrightarrow{j}$ có phương trùng với trục Oy, chiều trùng với chiều dương của Oy và độ lớn là 1.

Hoạt động khám phá 2 trang 38 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho một vectơ $\overrightarrow{a}$ tùy ý. Vẽ $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}$ và gọi A₁, A₂ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên Ox và Oy (Hình 4). Đặt $\overrightarrow{O{A}_1}=x\overrightarrow{i},\overrightarrow{O{A}_2}=y\overrightarrow{j}$. Biểu diễn vectơ $\overrightarrow{a}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$.

Lời giải:

Xét bình hành OA₁AA₂, có:

$\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{O{A}_1}+\overrightarrow{O{A}_2}$(quy tắc hình bình hành)

⇒ $\overrightarrow{OA}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}$

Mà $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}$ nên $\overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}$.

Vậy $\overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}$.

Hoạt động khám phá 3 trang 39 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ, cho điểm M. Xác định tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OM}$.

Lời giải:

Giả sử M(x; y).

Kẻ MH ⊥ Ox, và MK ⊥ Oy.

$\Rightarrow \overrightarrow{OH}=x\overrightarrow{i},\overrightarrow{OK}=y\overrightarrow{j}$

Xét tứ giác OHMK có $\widehat{MHO}=\widehat{MKO}=\widehat{HOK}=90°$

Suy ra OHMK là hình chữ nhật hay cũng chính là hình bình hành, khi đó ta có:

$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{OK}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}$

Do đó $\overrightarrow{OM}$ = (x; y).

Vậy tọa độ vectơ $\overrightarrow{OM}$(x; y).

Thực hành 1 trang 40 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm D(-1; 4), E(0; -3), F(5; 0).

a) Vẽ các điểm D, E, F trên mặt phẳng Oxy.

b) Tìm tọa độ của các vectơ $\overrightarrow{OD},\overrightarrow{OE},\overrightarrow{\text{OF}}$.

c) Vẽ và tìm tọa độ hai vectơ đơn vị $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ lần lượt trên hai trục tọa độ Ox và Oy.

Lời giải:

a) Các điểm D, E, F được biểu diễn trên mặt phẳng Oxy như sau:

b) Tọa độ vectơ $\overrightarrow{OD}$ được gọi là tọa độ của điểm D nên $\overrightarrow{OD}=\left(-1;4\right)$.

Tọa độ vectơ $\overrightarrow{OE}$ được gọi là tọa độ của điểm E nên $\overrightarrow{OE}=\left(0;-3\right)$.

Tọa độ vectơ $\overrightarrow{OF}$ được gọi là tọa độ của điểm F nên $\overrightarrow{OF}=\left(5;0\right)$.

c) Hai vectơ đơn vị $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ được biểu diễn lần lượt trên hai trục tọa độ Ox và Oy là:

Tọa độ của vectơ $\overrightarrow{i}\left(1;0\right)$ và $\overrightarrow{j}\left(0;1\right)$.

Vận dụng 1 trang 40 Toán lớp 10 Tập 2: Một máy bay đang cất cánh với vận tốc 240km/h theo phương hợp với phương nằm ngang một góc 30° (Hình 7).

a) Tính độ dài mỗi cạnh của hình chữ nhật ABCD.

b) Biểu diễn vectơ vận tốc $\overrightarrow{v}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$.

c) Tìm tọa độ vectơ của $\overrightarrow{v}$.

Lời giải:

a) 

Xét tam giác ABC vuông tại B, có:

AB = cos30°.AC = 120$\sqrt{3}$

BC = sin30°.AC = 120

Vậy AB = DC = 120$\sqrt{3}$ và AD = BC = 120.

b) Vectơ $\overrightarrow{i}$ cùng phương và cùng chiều với vectơ $\overrightarrow{AB}$.

Vectơ $\overrightarrow{j}$ cùng phương và cùng chiều với vectơ $\overrightarrow{AD}$.

Xét hình chữ nhật ABCD, có:

$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ (quy tắc hình bình hành)

⇒ $\overrightarrow{AC}=120\sqrt{3}\overrightarrow{i}+120\overrightarrow{j}$

⇒ $\overrightarrow{v}=120\sqrt{3}\overrightarrow{i}+120\overrightarrow{j}$.

c) Vì $\overrightarrow{v}=120\sqrt{3}\overrightarrow{i}+120\overrightarrow{j}$ nên tọa độ của vectơ $\overrightarrow{v}=\left(120\sqrt{3};120\right)$.

2. Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ

Hoạt động khám phá 4 trang 40 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ $\overrightarrow{a}$ = (a₁; a₂), $\overrightarrow{b}$ = (b₁; b₂) và số thực k. Ta đã biết có thể biểu diễn từng vectơ $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$, $\overrightarrow{j}$ như sau: $\overrightarrow{a}=a_1\overrightarrow{i}+a_2\overrightarrow{j}$; $\overrightarrow{b}=b_1\overrightarrow{i}+b_2\overrightarrow{j}$.

a) Biểu diễn từng vectơ $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$; k$\overrightarrow{a}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$, $\overrightarrow{j}$.

b) Tìm $\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{b}$ theo tọa độ của hai vectơ $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$.

Lời giải:

a) Ta có:

$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\left(a_1\overrightarrow{i}+a_2\overrightarrow{j}\right)+\left(b_1\overrightarrow{i}+b_2\overrightarrow{j}\right)=\left(a_1+b_1\right)\overrightarrow{i}+\left(a_2+b_2\right)\overrightarrow{j}$;

$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=\left(a_1\overrightarrow{i}+a_2\overrightarrow{j}\right)-\left(b_1\overrightarrow{i}+b_2\overrightarrow{j}\right)=\left(a_1-b_1\right)\overrightarrow{i}+\left(a_2-b_2\right)\overrightarrow{j}$;

$k\overrightarrow{a}=k\left(a_1\overrightarrow{i}+a_2\overrightarrow{j}\right)=k{a}_1\overrightarrow{i}+k{a}_2\overrightarrow{j}$.

b) Ta có:

$\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{b}$ = $\left(a_1\overrightarrow{i}+a_2\overrightarrow{j}\right).\left(b_1\overrightarrow{i}+b_2\overrightarrow{j}\right)=a_1{b}_1{\overrightarrow{i}}^2+a_1{b}_2\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}+a_2{b}_1\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}+a_2{b}_2{\overrightarrow{j}}^2$

= a₁b₁ + a₂b₂ (vì ${\overrightarrow{i}}^2=1,{\overrightarrow{j}}^2=1$ và $\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=0$).

Thực hành 2 trang 41 Toán lớp 10 Tập 2: Cho hai vectơ $\overrightarrow{m}$ = (-6; 1) và $\overrightarrow{n}$ = (0; 2).

a) Tìm tọa độ của các vectơ $\overrightarrow{m}+\overrightarrow{n}$, $\overrightarrow{m}-\overrightarrow{n}$, $10\overrightarrow{m}$, $-4\overrightarrow{n}$.

b) Tính các tích vô hướng $\overrightarrow{m}.\overrightarrow{n}$, $\left(10\overrightarrow{m}\right).\left(-4\overrightarrow{n}\right)$.

Lời giải:

a) Ta có:

$\overrightarrow{m}+\overrightarrow{n}$ = (-6 + 0; 1 + 2) = (-6; 3);

$\overrightarrow{m}-\overrightarrow{n}$ = (-6 – 0; 1 – 2) = (-6; -1);

$10\overrightarrow{m}$ = 10(-6; 1) = (-60; 10);

$-4\overrightarrow{n}$ = -4(0; 2) = (0; -8).

b) Tính các tích vô hướng:

$\overrightarrow{m}.\overrightarrow{n}$ = (-6).0 + 1.2 = 2;

$\left(10\overrightarrow{m}\right).\left(-4\overrightarrow{n}\right)$ = -60.0 + 10.(-8) = -80.

Vận dụng 2 trang 41 Toán lớp 10 Tập 2: Một thiết bị thăm dò đáy biển đang lặn với vận tốc $\overrightarrow{v}$ = (10; -8) (Hình 8). Cho viết vận tốc của dòng hải lưu vùng biển là $\overrightarrow{\text{w}}$ = (3,5; 0). Tìm tọa độ của vectơ tổng hai vận tốc $\overrightarrow{v}$ và $\overrightarrow{\text{w}}$.

Lời giải:

Ta có: $\overrightarrow{v}+\overrightarrow{\text{w}}$ = (10 + 3,5; -8 + 0) = (13,5; -8).

Vậy tọa độ của vectơ tổng hai vận tốc $\overrightarrow{v}$ và $\overrightarrow{\text{w}}$ là (13,5; -8).

3. Áp dụng của toạ độ vectơ

Hoạt động khám phá 5 trang 41 Toán lớp 10 Tập 2: Cho hai điểm A(x_A; y_A), B(x_B; y_B). Từ biểu thức $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}$, tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{AB}$ theo tọa độ hai điểm A, B

Lời giải:

Ta có tọa độ của vectơ $\overrightarrow{OA}$ chính là tọa độ của điểm A nên ta có $\overrightarrow{OA}=$(x_A; y_A).

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

Khi đó: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}$= (x_B – x_A; y_B – y_A).

Thực hành 3 trang 42 Toán lớp 10 Tập 2: Cho E((9; 9), F(8; -7), G(0; -6). Tìm tọa độ của các vectơ $\overrightarrow{FE},\overrightarrow{FG},\overrightarrow{EG}$.

Lời giải:

Ta có tọa độ của các vectơ như sau:

$\overrightarrow{FE}$ = (9 – 8; 9 – (-7)) = (1; 16);

$\overrightarrow{FG}$ = (0 – 8; - 6 – (-7)) = (-8; 1);

$\overrightarrow{EG}$ = (0 – 9; -6 – 9) = (-9; -15).

Hoạt động khám phá 6 trang 42 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ ba đỉnh A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C). Gọi M(x_M; y_M) là trung điểm của đoạn thẳng AB, G(x_G; y_G) là trọng tâm của tam giác ABC.

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

b) Biểu thị vectơ $\overrightarrow{OG}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{OB}$ và $\overrightarrow{OC}$.

c) Từ các kết quả trên, tìm tọa độ điểm M và G theo tọa độ của các điểm A, B, C.

Lời giải:

a)

Vì M là trung điểm của AB nên ta có: $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OM}$

⇔ $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}$.

b) Ta có

$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GC}=3\overrightarrow{OG}+\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)$

Mà $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$

Do đó $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}$

Hay $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}$

c) Tọa độ của $\overrightarrow{OM}$ là tọa độ của điểm M nên $\overrightarrow{OM}$ = (x_M; y_M);

Tọa độ của $\overrightarrow{OA}$ là tọa độ của điểm A nên $\overrightarrow{OA}$ = (x_A; y_A);

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

Vì $\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}$ nên ta có $x_M=\frac{x_A+x_B}{2},y_M=\frac{y_A+y_B}{2}$.

Vậy $M\left(\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2}\right)$.

Tọa độ của $\overrightarrow{OG}$ là tọa độ của điểm G nên $\overrightarrow{OG}$ = (x_G; y_G);

Tọa độ của $\overrightarrow{OA}$ là tọa độ của điểm A nên $\overrightarrow{OA}$ = (x_A; y_A);

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

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

Vì $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{OC}$ nên ta có $x_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3},y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}$.

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

Thực hành 4 trang 43 Toán lớp 10 Tập 2: Cho tam giác QRS có tọa độ các đỉnh là Q(7; -2), R(-4; 9) và S(5; 8).

a) Tìm tọa độ trung điểm M của cạnh QS.

b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác QRS.

Lời giải:

a) Gọi tọa độ của điểm M là M(x_M; y_M). Vì M là trung điểm của QS nên ta có:

$x_M=\frac{7+5}{2}=6$ và $y_M=\frac{-2+8}{2}=3$.

Vậy M(6; 3).

b) Gọi tọa độ của điểm G là G(x_G; y_G). Vì G là trọng tâm của QRS nên ta có:

$x_G=\frac{7+5+\left(-4\right)}{3}=\frac{8}{3}$ và $y_M=\frac{-2+8+9}{3}=5$.

Vậy G$\left(\frac{8}{3};5\right)$.

Hoạt động khám phá 7 trang 43 Toán lớp 10 Tập 2: Cho hai vectơ $\overrightarrow{a}$ = (a₁; a₂), $\overrightarrow{b}$ = (b₁; b₂) và hai điểm A(x_A; y_A), B(x_B; y_B). Hoàn thành các phép biến đổi sau:

a) $\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}$ ⇔ $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0$ ⇔ a₁.b₁ + a₂.b₂ = .?.;

b) $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ cùng phương 

c) $\left(\overrightarrow{a}\right)=\sqrt{{\left(\overrightarrow{a}\right)}^2}=\sqrt{.?.};$

d) $\overrightarrow{AB}$ = (x_B – x_A; y_B – y_A) ⇒ AB = $\sqrt{{\left(\overrightarrow{AB}\right)}^2}=\sqrt{.?.}$;

e) cos$\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left(\overrightarrow{a}\right).\left(\overrightarrow{b}\right)}=\frac{?}{\sqrt{a_1^2+a_2^2}.\sqrt{b_1^2+b_2^2}}$ ($\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$).

Lời giải:

a) $\overrightarrow{a}\perp \overrightarrow{b}$ ⇔ $\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=0$ ⇔ a₁.b₁ + a₂.b₂ = 0

b) $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ cùng phương

⇔

⇔ a₁b₂ – a₂b₁ = 0;

c) Ta có:

$\left(\overrightarrow{a}\right)=\sqrt{{\left(\overrightarrow{a}\right)}^2}=\sqrt{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{a}}=\sqrt{a_1.a_1+a_2.a_2}=\sqrt{a_1^2+a_2^2};$

Ta điền $\left(\overrightarrow{a}\right)=\sqrt{{\left(\overrightarrow{a}\right)}^2}=\sqrt{a_1^2+a_2^2}$.

d) $\overrightarrow{AB}$ = (x_B – x_A; y_B – y_A)

⇒ AB = $\sqrt{{\left(\overrightarrow{AB}\right)}^2}=\sqrt{{\left(x_B-x_A\right)}^2+{(y_B-y_A)}^2}$;

e) cos$\left(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\right)=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left(\overrightarrow{a}\right).\left(\overrightarrow{b}\right)}=\frac{a_1.b_1+a_2.b_2}{\sqrt{a_1^2+a_2^2}.\sqrt{b_1^2+b_2^2}}$ ($\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$ khác $\overrightarrow{0}$).

Thực hành 5 trang 44 Toán lớp 10 Tập 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác DEF có tọa độ đỉnh là D(2; 2), E(6; 2) và F(2; 6).

a) Tìm tọa độ điểm H là chân đường cao của tam giác DEF kẻ từ D.

b) Giải tam giác DEF.

Lời giải:

a) Gọi H(x_H; y_H).

Ta có: $\overrightarrow{DH}\left(x_H-2;y_H-2\right)$, $\overrightarrow{EF}\left(-4;4\right)$, $\overrightarrow{EH}\left(x_H-6;y_H-2\right)$

Vì H thuộc EF nên $\overrightarrow{EF}$ và $\overrightarrow{EH}$ cùng phương.

Khi đó: $\frac{x_H-6}{-4}=\frac{y_H-2}{4}\iff x_H=-y_H+8$

⇒ $\overrightarrow{DH}\left(-y_H+6;y_H-2\right)$

Vì DH $\perp$ EF nên $\overrightarrow{DH}.\overrightarrow{FE}=0$

⇔ (-y_H + 6).(-4) + (y_H – 2).4 = 0

⇔ 4y_H – 24 + 4y_H – 8 = 0

⇔ 8y_H = 32

⇔ y_H = 4

⇒ x_H = - 4 + 8 = 4

Vậy H(4; 4).

b) Ta có:

$\overrightarrow{DE}\left(6-2;2-2\right)=\left(4;0\right)$ ⇒ DE = $\sqrt{4^2+0^2}=4$;

$\overrightarrow{EF}\left(-4;4\right)$ ⇒ EF = $\sqrt{{\left(-4\right)}^2+4^2}=4\sqrt{2}$;

$\overrightarrow{DF}\left(2-2;6-2\right)=\left(0;4\right)$ ⇒ DF = $\sqrt{0^2+4^2}=4$;

Ta lại có EF² = ${\left(4\sqrt{2}\right)}^2$= 32 và DE² + DF² = 4² + 4² = 32

Suy ra EF² = DE² + DF²

Theo định lí Py – ta – go đảo ta có: ∆DEF vuông tại D

Mà DE = DF nên tam giác DEF vuông cân tại D.

Suy ra $\hat{D}=90°,\hat{E}=\hat{F}=45°$.

Vậy DE = DF = 4, EF = 4$\sqrt{2}$, $\hat{D}=90°,\hat{E}=\hat{F}=45°$.

Vận dụng 3 trang 44 Toán lớp 10 Tập 2: Một trò chơi trên máy tính đang mô phỏng một vùng biển có hai hòn đảo nhỏ có tọa độ B(50; 30) và C(32; -23). Một con tàu đang neo đậu tại điểm A(-10; 20).

a) Tính số đo của $\widehat{BAC}$.

b) Cho biết một đơn vị trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1km. Tính khoảng cách từ con tàu đến mỗi hòn đảo.

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}\left(60;10\right)$ và $\overrightarrow{AC}\left(42;-43\right)$

Khi đó $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=$60.42 + 10.(-43) = 2 090

Ta lại có:

cos$\widehat{BAC}$

= cos$\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left(\overrightarrow{AB}\right).\left(\overrightarrow{AC}\right)}=\frac{2090}{10\sqrt{37}.\sqrt{3613}}\approx 0.57$

⇒$\widehat{BAC}$ ≈ 55,24°.

Vậy $\widehat{BAC}$ ≈ 55,24°.

b) Ta có:

$\overrightarrow{AB}\left(60;10\right)$ ⇒ AB = $\sqrt{{60}^2+{10}^2}=10\sqrt{37}$≈ 60,83.

$\overrightarrow{AC}\left(42;-43\right)$ ⇒ AC = $\sqrt{{42}^2+{\left(-43\right)}^2}=\sqrt{3613}$≈ 60,11.

Vì một đơn vị trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1km nên khoảng cách từ vị trí của con tàu tới đảo B là 60,83 km và tới đảo C là 60,11 km.

Bài tập

Bài 1 trang 44 Toán lớp 10 Tập 2: Trên trục (O; $\overrightarrow{e}$) cho các điểm A, B, C, D có tọa độ lần lượt là 4; -1; -5; 0.

a) Vẽ trục và biểu diễn các điểm đã cho trên trục đó.

b) Hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ cùng hướng hay ngược hướng?

Lời giải:

a) Các điểm A, B, C, D được biểu diễn trên trục số là:

b) Quan sát hình vẽ ta thấy:

Hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ ngược hướng nhau.

Bài 2 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: Chứng minh rằng:

a) $\overrightarrow{a}$ = (4; -6) và $\overrightarrow{b}$ = (-2; 3) là hai vectơ ngược hướng.

b) $\overrightarrow{a}$ = (-2; 3) và $\overrightarrow{b}$ = (-8; 12) là hai vectơ cùng hướng.

c) $\overrightarrow{a}$ = (0; 4) và $\overrightarrow{b}$ = (0; -4) là hai vectơ đối nhau.

Lời giải:

a) Ta có: $\frac{4}{-2}=\frac{-6}{3}=-2$. Do đó $\overrightarrow{a}$ = -2$\overrightarrow{b}$

Vì – 2 < 0 nên $\overrightarrow{a}$ ngược hướng với $\overrightarrow{b}$.

b) Ta có: $\frac{-2}{-8}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$. Do đó $\overrightarrow{a}$ = $\frac{1}{4}.\overrightarrow{b}$

Vì $\frac{1}{4}>0$ nên $\overrightarrow{a}$ cùng hướng với $\overrightarrow{b}$.

c) Ta có $\overrightarrow{a}$ = -$\overrightarrow{b}$. Do đó $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ là hai vectơ đối nhau.

Bài 3 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: Tìm tọa độ của các vectơ sau:

a) $\overrightarrow{a}=2\overrightarrow{i}+7\overrightarrow{j}$;

b) $\overrightarrow{b}=-\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j}$;

c) $\overrightarrow{c}=4\overrightarrow{i}$;

d) $\overrightarrow{d}=-9\overrightarrow{j}$.

Lời giải:

a) Ta có: $\overrightarrow{a}=2\overrightarrow{i}+7\overrightarrow{j}$ nên tọa độ của vectơ $\overrightarrow{a}=$ (2; 7).

Vậy $\overrightarrow{a}=$ (2; 7).

b) Ta có $\overrightarrow{b}=-\overrightarrow{i}+3\overrightarrow{j}$ nên tọa độ của $\overrightarrow{b}=$(-1; 3).

Vậy $\overrightarrow{b}=$(-1; 3).

c) Ta có $\overrightarrow{c}=4\overrightarrow{i}=4\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}$ nên tọa độ của $\overrightarrow{c}=$(4; 0).

Vậy $\overrightarrow{c}=$(4; 0).

d) Ta có $\overrightarrow{d}=-9\overrightarrow{j}=0\overrightarrow{i}-9\overrightarrow{j}$ nên tọa độ của $\overrightarrow{d}=$(0; -9).

Vậy $\overrightarrow{d}=$(0; -9).

Bài 4 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: Cho bốn điểm A(3; 5), B(4;0), C(0; -3), D(2; 2). 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) Các điểm thuộc trục hoành sẽ có tung độ bằng 0. Do đó chỉ có điểm B thỏa mãn. Vậy điểm B thuộc trục hoành.

b) Các điểm thuộc trục tung sẽ có hoành độ bằng 0. Do đó chỉ có điểm C thỏa mãn. Vậy điểm C thuộc trục tung.

c) Các điểm thuộc phân giác của góc phần tư thứ nhất sẽ có khoảng cách đến hai trục tọa độ bằng nhau hay chính là điểm đó có hoành độ bằng tung độ. Do đó có điểm D thỏa mãn. Vậy D là điểm thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

Bài 5 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: Cho điểm M(x₀; y₀). Tìm tọa độ:

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

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

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

d) Điểm M’’ là điểm đối xứng với điểm M qua trục Oy;

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

Lời giải:

a) Vì điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox nên tọa độ của điểm H là (x₀; 0).

b) Vì điểm M’ đối xứng với điểm M qua trục Ox nên hoành độ điểm M và M’ bằng nhau, còn tung độ điểm M bằng và tung độ điểm M’ đối nhau.

Do đó tọa độ điểm M’ là (x₀; -y₀).

Vậy M’(x₀; -y₀).

c) Vì điểm K là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy nên hoành độ của điểm K bằng 0 và tung điểm K là tung độ của điểm M. Do đó tọa độ điểm K là (0; y₀).

Vậy tọa độ điểm K(0; y₀).

d) Vì điểm M’’ là điểm đối xứng với điểm M qua trục Oy nên tung độ của điểm M’’ bằng tung độ của điểm M, còn hoành độ điểm M’’ và hoành độ điểm M là hai số đối của nhau. Do đó tọa độ điểm M’’ là (-x₀; y₀).

Vậy M’’(x₀; - y₀).

e) Vì điểm C đối xứng với M qua gốc tọa độ nên hoành độ và tung độ của điểm C là số đối của lần lượt hoành độ và tung độ của điểm M. Do đó tọa độ điểm C là (-x₀; -y₀).

Vậy C(-x₀; -y₀).

Bài 6 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: 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 một hình bình hành ABCD.

c) Giải tam giác ABC.

Lời giải:

a) Gọi D(x_D; y_D)

Ta có: $\overrightarrow{BA}=\left(2-3;2-5\right)$ = (-1; -3); $\overrightarrow{CD}=\left(x_D-5;y_D-5\right)$

Để ABCD là một hình bình hành thì $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}$

Vậy D(4; 2).

b) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD. Suy ra O là trung điểm của AC.

Khi đó tọa độ điểm O là: 

⇒ O$\left(\frac{7}{2};\frac{7}{2}\right)$.

Vậy O$\left(\frac{7}{2};\frac{7}{2}\right)$.

c) Ta có: $\overrightarrow{BA}$(-1; -3) ⇒ BA = $\sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(-3\right)}^2}=\sqrt{10}$.

$\overrightarrow{CA}$(-3; -3) ⇒ CA = $\sqrt{{\left(-3\right)}^2+{\left(-3\right)}^2}=3\sqrt{2}$.

$\overrightarrow{BC}$(2; 0) ⇒ BC = $\sqrt{2^2+0^2}=2$.

Áp dụng định lí cosin, ta có:

cosA = $\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2.AB.AC}=\frac{{\left(\sqrt{10}\right)}^2+{\left(3\sqrt{2}\right)}^2-2^2}{2.\sqrt{10}.3\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

⇒ $\hat{A}$≈ 26,56°

⇒ sinA = $\frac{\sqrt{5}}{5}$

Áp dụng định lí sin, ta có: $\frac{BC}{\sin A}=\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}$

$\Rightarrow \frac{2}{\frac{\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{10}}{\sin C}$

$\Rightarrow \sin C=\left(\frac{\sqrt{5}}{5}.\sqrt{10}\right):2=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ⇒ $\hat{C}$ = 45°.

Ta lại có: $\hat{B}=180°-\left(\hat{A}+\hat{C}\right)\approx 180°-\left(26,56°+45°\right)\approx 108,44°$

Vậy BA = $\sqrt{10}$, CA $=3\sqrt{2}$, BC = 2, $\hat{A}$≈ 26,56°, $\hat{B}\approx 108,44°$, $\hat{C}$ = 45°.

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

a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

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

c) Giải tam giác ABC.

Lời giải:

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

Xét tam giác ABC, có:

M là trung điểm của AB

N là trung điểm của AC

Suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABC

⇒ MN//AC hay MN //CP và MN // PA và MN = AP = PC = $\frac{1}{2}$AC

Ta có: $\overrightarrow{MN}\left(1;2\right)$, $\overrightarrow{PC}$(x_C – 5; y_C – 3)

Mà $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{PC}$

Vì P là trung điểm của AC nên ta có tọa độ P thỏa mãn hệ phương trình:

Vì M là trung điểm của AB nên ta có tọa độ M thỏa mãn hệ phương trình:

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC lần lượt là: A(4; 1), B(0; 3) và C(6; 5).

b) Xét tam giác ABC, có A(4; 1), B(0; 3) và C(6; 5):

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Khi đó tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là:

Xét tam giác MNP, có M(2; 2), N(3; 4), P(5; 3).

Gọi G là trọng tâm của tam giác MNP. Khi đó tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là:

Từ (1) và (2) suy ra G và G’ trùng nhau.

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

c) Ta có: $\overrightarrow{AB}\left(-4;2\right)$ ⇒ AB = $\sqrt{{\left(-4\right)}^2+2^2}$ = $2\sqrt{5}$;

$\overrightarrow{AC}\left(2;4\right)$ ⇒ AC = $\sqrt{2^2+4^2}$ = $2\sqrt{5}$;

$\overrightarrow{BC}\left(6;2\right)$ ⇒ BC = $\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$.

Xét tam giác ABC:

Áp dụng hệ quả của định lí cosin, ta có:

cosA = $\frac{A{B}^2+A{C}^2-B{C}^2}{2.AB.AC}=\frac{{\left(2\sqrt{5}\right)}^2+{\left(2\sqrt{5}\right)}^2-{\left(2\sqrt{10}\right)}^2}{2.\left(2\sqrt{5}\right).\left(2\sqrt{5}\right)}=0$

⇒ $\hat{A}=90°$.

Do AB = AC = $2\sqrt{5}$ nên ∆ABC vuông cân tại A

⇒ $\hat{B}=\hat{C}=45°$.

Vậy tam giác ABC, có AB = AC = $2\sqrt{5}$, BC = $2\sqrt{10}$, $\hat{A}=90°$ và $\hat{B}=\hat{C}=45°$.

Bài 8 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: Cho hai điểm A(1; 3), B(4; 2).

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 với AB và từ đó tính diện tích tam giác OAB.

Lời giải:

a) Vì D thuộc trục Ox nên tung độ của D bằng 0. Gọi D(d; 0).

Ta có: $\overrightarrow{AD}$ = (d – 1; -3) ⇒ AD = $\sqrt{{\left(d-1\right)}^2+{\left(-3\right)}^2}=\sqrt{d^2-2d+10}$;

$\overrightarrow{BD}$ = (d – 4; -2) ⇒ BD = $\sqrt{{\left(d-4\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{d^2-8d+20}$;

Vì AD = BD nên $\sqrt{d^2-2d+10}=\sqrt{d^2-8d+20}$

⇒ d² – 2d + 10 = d² – 8d + 20

⇒ 6d = 10

⇒ d = $\frac{5}{3}$

Vậy $D\left(\frac{5}{3};0\right)$.

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

$\overrightarrow{OB}$ = (4; 2) ⇒ OB = $\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$;

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

Chu vi tam giác OAB là:

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

Vậy chu vi tam giác OAB là 2$\sqrt{10}$+ $2\sqrt{5}$.

c) Ta có $\overrightarrow{OA}$.$\overrightarrow{AB}$ = 1.3 + 3.(-1) = 3 – 3 = 0.

Do đó OA ⊥ AB

Suy ra tam giác OAB vuông tại A.

Diện tích tam giác OAB là:

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

Vậy diện tích tam giác OAB là 5.

Bài 9 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: 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) Áp dụng công thức tính góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$, ta có:

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

⇒ ($\overrightarrow{a}$; $\overrightarrow{b}$) = 90°

Vì vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ bằng 90°.

b) Áp dụng công thức tính góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$, ta có:

cos($\overrightarrow{a}$; $\overrightarrow{b}$) = $\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left(\overrightarrow{a}\right).\left(\overrightarrow{b}\right)}=\frac{3.5+\left(-1\right).2}{\sqrt{3^2+2^2}.\sqrt{5^2+{\left(-1\right)}^2}}=\frac{13}{\sqrt{13}.\sqrt{26}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

⇒ ($\overrightarrow{a}$; $\overrightarrow{b}$) = 45°

Vì vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ bằng 45°.

c) Áp dụng công thức tính góc giữa $\overrightarrow{a}$= (-2; -$2\sqrt{3}$), $\overrightarrow{b}$ = (3; $\sqrt{3}$), ta được:

cos($\overrightarrow{a}$; $\overrightarrow{b}$) = $\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{\left(\overrightarrow{a}\right).\left(\overrightarrow{b}\right)}=\frac{\left(-2\right).3+\left(-2\sqrt{3}\right).\sqrt{3}}{\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(-2\sqrt{3}\right)}^2}.\sqrt{3^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2}}=\frac{-12}{8.\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

⇒ ($\overrightarrow{a}$; $\overrightarrow{b}$) = 150°

Vì vậy góc giữa hai vectơ $\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{b}$ bằng 150°.

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

Lời giải:

Ta có $\overrightarrow{AB}$ = (1; 7) ⇒ AB = $\sqrt{1^2+7^2}=\sqrt{50}$;

$\overrightarrow{AD}$ = (-7; 1) ⇒ AD = $\sqrt{{\left(-7\right)}^2+1^2}=\sqrt{50}$;

$\overrightarrow{DC}$ = (1; 7) ⇒ DC = $\sqrt{1^2+7^2}=\sqrt{50}$.

$\overrightarrow{BC}$ = (-7; 1) ⇒ BC = $\sqrt{{\left(-7\right)}^2+1^2}=\sqrt{50}$.

Khi đó AB = AD = DC = BC nên ABCD là hình thoi.

Ta lại có: $\overrightarrow{AB}$. $\overrightarrow{AD}$ = 1.(-7) + 7.1 = 0

Suy ra AB ⊥ AD hay $\widehat{BAD}=90°$.

Vậy ABCD là hình vuông.

Bài 11 trang 45 Toán lớp 10 Tập 2: Một máy bay đang hạ cánh với vận tốc $\overrightarrow{v}$ = (-210; -42). Cho biết vận tốc của gió là $\overrightarrow{\text{w}}$ = (-12; -4) và một đơn vị trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1km. Tìm độ dài vectơ tổng hai vận tốc $\overrightarrow{v}$ và $\overrightarrow{\text{w}}$.

Lời giải:

Vectơ tổng hai vận tốc $\overrightarrow{v}$ và $\overrightarrow{\text{w}}$ là:

$\overrightarrow{v}+\overrightarrow{\text{w}}$ = (-222; -46)

Khi đó độ dài của hai vectơ là (km).

Vậy độ dài tổng hai vẫn tốc $\overrightarrow{v}$ và $\overrightarrow{\text{w}}$ là $10\sqrt{514}$ (km).

Xem thêm lời giải bài tập SGK Toán lớp 10 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 3: Nhị thức Newton

Bài tập cuối chương 8

Bài 2: Đường thẳng trong mặt phẳng toạ độ

Bài 3: Đường tròn trong mặt phẳng toạ độ

Bài 4: Ba đường conic trong mặt phẳng tọa độ