Toán 10 Chân trời sáng tạo trang 45 Bài 1: Toạ độ vecto

Bạn cần đăng nhập để báo cáo vi phạm tài liệu

Toán 10 Chân trời sáng tạo trang 45 Bài 1: Toạ độ vecto

Giang Ngày: 12-02-2023 Lớp 10

546

Với giải Câu hỏi trang 45 Toán 10 Tập 2 Chân trời sáng tạo trong Bài 1: Toạ độ vecto học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 10. Mời các bạn đón xem:

Toán 10 Chân trời sáng tạo trang 45 Bài 1: Toạ độ vecto

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

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

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

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

Phương pháp giải

Cho $\vec{A B} = k \vec{C D}$

Nếu $k > 0$ thì hai vectơ cùng hướng

Nếu $k < 0$ thì hai vectơ ngược hướng

Nếu $k = - 1$ thì hai vectơ đối nhau

Lời giải

a) Ta thấy $4 = (- 2) . (- 2); - 6 = (- 2) .3 \Rightarrow \vec{a} = - 2 \vec{b}$

$- 2 < 0$ nên hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ ngược hướng (đpcm)

b) Ta thấy $- 8 = 4. (- 2); 12 = 4.3 \Rightarrow \vec{b} = 4 \vec{a}$

$4 > 0$ nên hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng hướng (đpcm)

c) Ta thấy $0 = - 1.0; 4 = (- 1) . (- 4) \Rightarrow \vec{a} = - \vec{b}$

Suy ra hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ đối nhau (đpcm)

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

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

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

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

d) $\vec{d} = - 9 \vec{j}$

Phương pháp giải

Vectơ $\vec{a} = a_{1} \vec{i} + a_{2} \vec{j}$ có tọa độ là $(a_{1}; a_{2})$

Lời giải

a) Tọa độ của vectơ $\vec{a}$ là $(2; 7)$

b) Tọa độ của vectơ $\vec{b}$ là $(- 1; 3)$

c) Tọa độ của vectơ $\vec{c}$ là $(4; 0)$

d) Tọa độ của vectơ $\vec{d}$ là $(0; - 9)$

Bài 4 trang 45 Toán 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

Phương pháp giải

a) Điểm thuộc trục hoành có tung độ bằng 0

b) Điểm thuộc trục tung có hoành độ bằng 0

c) Điểm thuộc góc phần tư thứ nhất có tung độ bằng hoành độ

Lời giải

a) Vì điểm thuộc hoành độ có tung độ bằng 0 nên ta có điểm C thuộc trục hoành

b) Vì điểm thuộc tung độ có hoành độ bằng 0 nên ta có điểm B thuộc trục tung

c) Vì điểm thuộc góc phần tư thứ nhất có tung độ bằng hoành độ nên ta có điểm thuộc đường phân giác góc phần tư thứ nhất là điểm D.

Bài 5 trang 45 Toán 10 Tập 2: Cho điểm $M (x_{0}; y_{0})$ . Tìm tọa độ

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

Bài 5 trang 45 Toán 10 Tập 2 Chân trời sáng tạo (ảnh 1)

a) H là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox nên tọa độ điểm H là $H (x_{0}; 0)$

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

Suy ra $x_{M^{'}} = 2 x_{H} - x_{M} = 2 x_{0} - x_{0} = x_{0}; y_{M^{'}} = 2 y_{H} - y_{M} = 2.0 - y_{0} = - y_{0}$

Vậy tọa độ điểm M’ là $(x_{0}; - y_{0})$

c) K là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy nên tọa độ điểm K là $K (0; y_{0})$

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

Suy ra $x_{M^{″}} = 2 x_{K} - x_{M} = 2.0 - x_{0} = - x_{0}; y_{M^{″}} = 2 y_{K} - y_{M} = 2 y_{0} - y_{0} = y_{0}$

Vậy tọa độ điểm M’ là $(- x_{0}; y_{0})$

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

Suy ra $x_{C} = 2 x_{O} - x_{M} = 2.0 - x_{0} = - x_{0}; y_{C} = 2 y_{O} - y_{M} = 2.0 - y_{0} = - y_{0}$

Vậy tọa độ điểm C là $(- x_{0}; - y_{0})$

Bài 6 trang 45 Toán 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 hình bình hành ABCD

c) Giải tam giác ABC

Phương pháp giải

a) Bước 1: Xác định tọa độ vectơ $\vec{A B}$ , $\vec{D C}$

Bước 2: Áp dụng quy tắc hình bình hành $\vec{A B}$ = $\vec{D C}$ (hai vectơ bằng nhau thì tọa độ tương ứng của chúng bằng nhau)

b) Áp dụng tính chất trung điểm

c) Sử dụng ứng dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ

Lời giải

a) Gọi tọa độ của điểm D là $(x; y)$ ta có: $\vec{A B} = (1; 3)$ , $\vec{D C} = (5 - x; 5 - y)$

Để ABCD là hình bình hành thì $\vec{A B}$ = $\vec{D C}$

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

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

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 $M (\frac{7}{2}; \frac{7}{2})$

c) Ta có: $\vec{A B} = (1; 3), \vec{A C} = (3; 3), \vec{B C} = (2; 0)$

Suy ra: $A B = | \vec{A B} | = \sqrt{1^{2} + 3^{2}} = \sqrt{10}, A C = | \vec{A C} | = \sqrt{3^{2} + 3^{2}} = 3 \sqrt{2}$

$B C = | \vec{B C} | = \sqrt{2^{2} + 0^{2}} = 2$

$\begin{array}{l} \cos A = \cos (\vec{A B}, \vec{A C}) = \frac{\vec{A B} . \vec{A C}}{A B . A C} = \frac{1.3 + 3.3}{\sqrt{10} .3 \sqrt{2}} = \frac{2 \sqrt{5}}{5} \Rightarrow \hat{A} \approx 26^{\circ} 33^{'} \\ \cos B = \cos (\vec{B A}, \vec{B C}) = \frac{\vec{B A} . \vec{B C}}{B A . B C} = \frac{(- 1) .2 + (- 3) 0}{\sqrt{10} .2} = - \frac{\sqrt{10}}{10} \Rightarrow \hat{B} = 108^{\circ} 26^{'} \\ \hat{C} = 180^{\circ} - \hat{A} - \hat{B} = 180^{\circ} - 26^{\circ} 33^{'} - 108^{\circ} 26^{'} = 45^{\circ} 1^{'} \end{array}$

Bài 7 trang 45 Toán 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

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

c) Giải tam giác ABC

Phương pháp giải

a) Tọa độ trung điểm M của AB là: $M = (\frac{x_{A} + x_{B}}{2}; \frac{y_{A} + y_{B}}{2})$

b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: $G = (\frac{x_{A} + x_{B} + x_{C}}{3}; \frac{y_{A} + y_{B} + y_{C}}{3})$

Tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là: $G^{'} = (\frac{x_{M} + x_{N} + x_{P}}{3}; \frac{y_{M} + y_{N} + y_{P}}{3})$

Lời giải

a) Gọi tọa độ các điểm như sau: $A (x_{A}; y_{A}), B (x_{B}; y_{B}), C (x_{C}; y_{C})$

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

${\begin{cases} x_{A} + x_{B} = 2 x_{M} = 4 \\ x_{A} + x_{C} = 2 x_{P} = 10 \\ x_{C} + x_{B} = 2 x_{N} = 6 \\ y_{A} + y_{B} = 2 y_{M} = 4 \\ y_{A} + y_{C} = 2 y_{P} = 8 \\ y_{C} + y_{B} = 2 y_{N} = 6 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x_{A} + x_{B} = 4 \\ x_{C} - x_{B} = 6 \\ x_{C} + x_{B} = 6 \\ y_{A} + y_{B} = 4 \\ y_{C} - y_{B} = 4 \\ y_{C} + y_{B} = 6 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x_{A} = 4 \\ x_{B} = 0 \\ x_{C} = 6 \\ y_{A} = 3 \\ y_{B} = 1 \\ y_{C} = 5 \end{cases}$

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

b) Gọi $G (x_{G}; y_{G}), G^{'} (x_{G^{'}}; y_{G^{'}})$ là trọng tâm của hai tam giác ABC và MNP

Áp dụng tính chất trọng tâm ta có:

$\begin{array}{l} x_{G} = \frac{x_{A} + x_{B} + x_{C}}{3} = \frac{4 + 0 + 6}{3} = \frac{10}{3}; y_{G} = \frac{y_{A} + y_{B} + y_{C}}{3} = \frac{3 + 1 + 5}{3} = 3 \\ x_{G^{'}} = \frac{x_{M} + x_{N} + x_{P}}{3} = \frac{2 + 3 + 5}{3} = \frac{10}{3}; y_{G^{'}} = \frac{y_{M} + y_{N} + y_{P}}{3} = \frac{2 + 4 + 3}{3} = 3 \end{array}$

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

c) Ta có: $\vec{A B} = (- 4; - 2), \vec{A C} = (2; 2), \vec{B C} = (6; 4)$

Suy ra: $A B = | \vec{A B} | = \sqrt{{(- 4)}^{2} + {(- 2)}^{2}} = 2 \sqrt{5}, A C = | \vec{A C} | = \sqrt{2^{2} + 2^{2}} = 2 \sqrt{2}$

$B C = | \vec{B C} | = \sqrt{6^{2} + 4^{2}} = 2 \sqrt{13}$

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

Bài 8 trang 45 Toán 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 AB và từ đó tính diện tích tam giác OAB

Lời giải

a) Gọi tọa độ điểm D là $(x; 0)$

Ta có: $\vec{D B} = (4 - x; 2) \Rightarrow D B = | \vec{D B} | = \sqrt{{(4 - x)}^{2} + 2^{2}}$

$\begin{array}{l} D A = D B \Leftrightarrow \sqrt{{(1 - x)}^{2} + 3^{2}} = \sqrt{{(4 - x)}^{2} + 2^{2}} \\ \Rightarrow {(1 - x)}^{2} + 3^{2} = {(4 - x)}^{2} + 2^{2} \\ \Rightarrow x^{2} - 2 x + 10 = x^{2} - 8 x + 20 \\ \Rightarrow 6 x = 10 \\ \Rightarrow x = \frac{5}{3} \end{array}$

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

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

b) Ta có: $\vec{O A} = (1; 3) \Rightarrow O A = | \vec{O A} | = \sqrt{1^{2} + 3^{2}} = \sqrt{10}$

$\vec{O B} = (4; 2) \Rightarrow O B = | \vec{O B} | = \sqrt{4^{2} + 2^{2}} = 2 \sqrt{5}$

$\vec{A B} = (3; - 1) \Rightarrow A B = | \vec{A B} | = \sqrt{3^{2} + {(- 1)}^{2}} = \sqrt{10}$

Chu vi tam giác OAB là

$C_{O A B} = O A + O B + A B = \sqrt{10} + 2 \sqrt{5} + \sqrt{10} = 2 \sqrt{10} + 2 \sqrt{5}$

c) $\vec{O A} . \vec{A B} = 1.3 + 3. (- 1) = 0 \Rightarrow O A ⊥ A B$

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

$S_{O A B} = \frac{1}{2} O A . A B = \frac{1}{2} \sqrt{10} . \sqrt{10} = 5$

Bài 9 trang 45 Toán 10 Tập 2: Tính góc giữa hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ trong các trường hợp sau

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

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

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

Phương pháp giải

+) $\cos (\vec{a}, \vec{b}) = \frac{\vec{a} . \vec{b}}{| \vec{a} | . | \vec{b} |}$

+) $\vec{a} . \vec{b} = x_{a} . x_{b} + y_{a} . y_{b}$

+) $| \vec{a} | = \sqrt{{x_{a}}^{2} + {y_{a}}^{2}}$

Lời giải

a) $\cos (\vec{a}, \vec{b}) = \frac{\vec{a} . \vec{b}}{| \vec{a} | . | \vec{b} |} = \frac{2.6 + (- 3) .4}{\sqrt{2^{2} + {(- 3)}^{2}} . \sqrt{6^{2} + 4^{2}}} = 0 \Rightarrow \vec{a} ⊥ \vec{b}$

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

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

Bài 10 trang 45 Toán 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

Phương pháp giải

Bước 1: Tính độ dài các cạnh thông qua độ dài vecto => tứ giác là hình thoi

Bước 2: Chỉ ra một góc vuông thông qua tích vô hướng => đpcm

Lời giải

Ta có: $\vec{A B} = (1; 7), \vec{A D} = (- 7; 1), \vec{C D} = (- 1; - 7)$ , $\vec{B C} = (- 7; 1)$

Suy ra $A B = \vec{A B} = \sqrt{1^{2} + 7^{2}} = 5 \sqrt{2}, A D = \vec{A D} = \sqrt{{(- 7)}^{2} + 1^{2}} = 5 \sqrt{2},$

$C D = \vec{C D} = \sqrt{{(- 1)}^{2} + {(- 7)}^{2}} = 5 \sqrt{2}$ , $B C = \vec{B C} = \sqrt{{(- 7)}^{2} + {(- 1)}^{2}} = 5 \sqrt{2}$

$\Rightarrow A B = B C = C D = D A = 5 \sqrt{2}$ (1)

Mặt khác ta có

$\cos (\vec{A B}, \vec{A D}) = \frac{\vec{A B} . \vec{A D}}{A B . A D} = \frac{1. (- 7) + 7.1}{5 \sqrt{2} .5 \sqrt{2}} = 0 \Rightarrow \hat{A} = 90^{\circ}$ (2)