Giải bài tập Toán 10 Bài 10: Vectơ trong mặt phẳng tọa độ

Mở đầu

Mở đầu trang 60 Toán 10 Tập 1: Một bản tin dự báo thời tiết thể hiện đường đi trong 12 giờ của một cơn bão trên một mặt phẳng tọa độ. Trong thời gian đó, tâm bão di chuyển thẳng đều từ vị trí có tọa độ (13,8; 108,3) đến vị trí tọa độ (14,1; 106,3). Dựa vào thông tin trên, liệu ta có thể dự đoán được vị trí của tâm bão tại thời điểm bất kì trong khoảng thời gian 12 giờ đó hay không?

Lời giải

Sau bài học này ta có thể trả lời câu hỏi trên như sau:

Gọi M(x; y) là vị trí của tâm bão tại thời điểm bất kì t giờ trong khoảng thời gian 12 giờ.

Do bão di chuyển thẳng đều từ A(13,8; 108,3) tới vị trí có tọa độ B(14,1; 106,3) nên điểm M thuộc đoạn thẳng AB.

Theo dự báo, tại thời điểm t giờ thì tâm bão đã đi được một khoảng AM là: AMAB=t12 

Hay AM=t12AB 

Vectơ →AM cùng hướng với vectơ →AB và AM=t12AB nên →AM=t12→AB 

Ta có: A(13,8; 108,3); B(14,1; 106,3); M(x; y)

Suy ra →AM=(x−13,8;y−108,3),→AB=(0,3;−2)

Ta có: →AM=t12→AB

x−13,8=t12.0,3y−108,3=t12.(−2)

⇔{x=0,3.t12+13,8y=−2.t12+108,3

⇔{x=t40+13,8y=−t6+108,3⇔{x−13,8=t12.0,3y−108,3=t12.(−2)⇔{x=0,3.t12+13,8y=−2.t12+108,3⇔{x=t40+13,8y=−t6+108,3

⇒M(t40+13,8;−t6+108,3)

Vậy ở thời điểm t giờ tâm bão là điểm M ở vị trí M(t40+13,8;−t6+108,3)

1. Tọa độ của Vecto

Giải Toán 10 trang 60 Tập 1

HĐ 1 trang 60 Toán 10 Tập 1: Trên trục số Ox, gọi A là điểm biểu diễn số 1 và đặt →OA=→i (H.4.32a). Gọi M là điểm biểu diễn số 4, N là điểm biểu diễn số −32. Hãy biểu thị mỗi vectơ →OM,→ON theo vectơ đơn vị →i.

Lời giải

Trên hình vẽ ta thấy:

+) Vectơ →OM cùng hướng với vecto →OA và OM = 4 = 4.1 = 4OA

Nên →OM=4→OA=4→i.

+) Vectơ →ON ngược hướng với vectơ →OA và ON = 32=32.1=32OA

Nên →ON=−32→OA=−32→i.

Vậy →OM=4→i và →ON=−32→i.

Giải Toán 10 trang 61 Tập 1

HĐ 2 trang 61 Toán 10 Tập 1: Trong Hình 4.33:

a) Hãy biểu thị mỗi vectơ →OM,→ON theo các vectơ →i,→j.

b) Hãy biểu thị vectơ →MN theo các vectơ →OM,→ON từ đó biểu thị vectơ →MN theo các vectơ →i,→j.

Lời giải

Giả sử các điểm A, B, C, D được biểu diễn như hình vẽ trên.

Khi đó →OA=3→i;=→OB=5→j;→OC=−2→i;→OD=52→j. 

a) OAMB là hình bình hành suy ra →OM=→OA+→OB (quy tắc hình bình hành)

Do đó →OM=3→i+5→j 

OCND là hình bình hành OCND suy ra →ON=→OC+→OD (quy tắc hình bình hành)

Do đó →ON=−2→i+52→j 

b) Ta có: →MN=→ON−→OM (quy tắc ba điểm)

→MN=(−2→i+52→j)−(3→i+5→j)

=−2→i+52→j−3→i−5→j

=(−2→i−3→i)+(52→j−5→j)=−5→i−52→j.−−−→MN=(−2→i+52→j)−(3→i+5→j)=−2→i+52→j−3→i−5→j=(−2→i−3→i)+(52→j−5→j)=−5→i−52→j.

Vậy →MN=→ON−→OM=−5→i−52→j.

Luyện tập 1 trang 61 Toán 10 Tập 1: Tìm tọa độ của →0.

Lời giải

Ta có: →0=0.→i+0.→j⇒→0=(0;0).

Vậy vectơ →0 có toạ độ là (0; 0).

2. Biểu thức tọa độ của các phép toán vecto

HĐ 3 trang 61 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho →u=(2;−3),→v=(4;1),→a=(8;−12).

a) Hãy biểu thị mỗi vectơ →u,→v,→a theo các vecto →i,→j.

b) Tìm tọa độ của các vectơ →u+→v,4→u.

c) Tìm mối liên hệ giữa hai vectơ →u,→a.

Lời giải

a) Ta có:

→u=(2;−3)⇒→u=2→i−3→j;

→v=(4;1)⇒→v=4→i+→j;

→a=(8;−12)⇒→a=8→i−12→j.

b) Ta có:

→u+→v=(2→i−3→j)+(4→i+→j)

=2→i−3→j+4→i+→j=6→i−2→j⇒→u+→v=(6;−2)→u+→v=(2→i−3→j)+(4→i+→j)=2→i−3→j+4→i+→j=6→i−2→j⇒→u+→v=(6;−2)

4→u=4(2→i−3→j)=8→i−12→j⇒4→u=(8;−12).

Vậy toạ độ của vectơ →u+→v là (6; ‒2) và toạ độ của vectơ 4→u là (8; ‒12).

c) Ta có →a=(8;−12) và 4→u=(8;−12).

Suy ra →a=4→u.

Vậy →a=4→u.

Giải Toán 10 trang 62 Tập 1

HĐ 4 trang 62 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(x₀;y₀).

Gọi P, Q tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên trục hoành Ox và trục tung Oy (H.4.35).

a) Trên trục Ox, điểm P biểu diễn số nào? Biểu thị →OP  theo →ivà tính độ dài của →OP theo x₀.

b) Trên trục Oy, điểm Q biểu diễn số nào? Biểu thị →OQ theo →j và tính độ dài của →OQ theo y₀.

c) Dựa vào hình chữ nhật OPMQ, tính độ dài của →OM theo x₀, y₀.

d) Biểu thị →OM theo các vectơ →i,→j.

Lời giải

a) Trên trục Ox, điểm P biểu diễn cho số x₀ nên OP = |x₀| = x₀.

Ta có vectơ |→OP|= cùng hướng với vectơ →i và |→OP|= OP = x₀ nên →OP=x0→i.

Vậy →OP=x0→i.

b) Trên trục Oy, điểm Q biểu diễn cho số y₀ nên OQ = |y₀| = y₀.

Ta có vectơ →OQ cùng hướng với vectơ →j và |→OQ|= OQ = y₀ nên →OQ=y0→j.

Vậy →OQ=y0→j.

c) Xét tam giác OPM vuông tại P, theo định lí Py – ta – go ta có: OM² = OP² + OQ²

⇒OM=√OP2+MP2=√OP2+OQ2=√x20+y20.

Do đó |→OM|=OM=√x20+y20. 

Vậy |→OM|=√x20+y20.

d) Ta có →OM=→OP+→OQ=x0→i+y0→j.

Vậy →OM=x0→i+y0→j. 

HĐ 5 trang 62 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm M(x; y) và N(x'; y').

a) Tìm tọa độ của các vectơ →OM,→ON.

b) Biểu thị vecto →MN theo các vectơ →OM,→ON và tìm tọa độ của →MN

c) Tìm độ dài của vectơ →MN

Lời giải

a) Ta có M(x; y) nên vectơ →OM có toạ độ (x; y).

N(x'; y') nên vectơ →ON có toạ độ (x'; y').

b) Ta có: →MN=→ON−→OM (quy tắc ba điểm)

Mà tọa độ của vectơ →ON−→OMlà (x' – x; y' – y).

Vậy →MN=(x'−x;y'−y).

c) Độ dài của vectơ →MN là |→MN|=√(x'−x)2+(y'−y)2.

Giải Toán 10 trang 63 Tập 1

Luyện tập 2 trang 63 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 1), B(3; 3).

a) Các điểm O, A, B có thẳng hàng hay không?

b) Tìm điểm M(x;y) để OABM là một hình bình hành.

Lời giải

a) Ta có: A(2; 1) suy ra →OA=(2;1) 

B(3; 3) suy ra →OB=(3;3) 

Hai vectơ →OA=(2;1),→OB=(3;3) không cùng phương  (vì 23≠13).

Do đó các điểm O, A, B không cùng nằm trên một đường thẳng.

Vậy ba điểm O, A, B không thẳng hàng.

b) Các điểm O, A, B không thẳng hàng nên tứ giác OABM là hình bình hành khi và chỉ khi →OA=→MB

Ta có: →OA=(2;1),→MB=(3−x;3−y) nên

→OA=→MB⇔{2=3−x1=3−y⇔{x=1y=2⇒M(1;2).

Vậy điểm cần tìm là M(1;2).

Giải Toán 10 trang 64 Tập 1

Vận dụng trang 64 Toán 10 Tập 1: Từ thông tin dự báo bão được đưa ra ở đầu bài học, hãy xác định tọa độ vị trí M của tâm bão tại thời điểm 9 giờ trong khoảng thời gian 12 giờ dự báo.

Trong 12 giờ, tâm bão được dự báo di chuyển thẳng đều từ A(13,8; 108,3) tới vị trí có tọa độ B(14,1; 106,3). Gọi tọa độ của M là (x;y). Bạn hãy tìm mối liên hệ giữa hai vectơ →AM và →AB rồi thể hiện mối quan hệ đó theo tọa độ để tìm x; y.

Lời giải

Do bão di chuyển thẳng đều từ A(13,8; 108,3) tới vị trí có tọa độ B(14,1; 106,3) nên điểm M thuộc đoạn thẳng AB.

Theo dự báo, tại thời điểm 9 giờ thì tâm bão đã đi được một khoảng AM là: AMAB=912=34 

Hay AM=34AB 

Vectơ →AM cùng hướng với vectơ →AB và AM=34AB nên →AM=34→AB 

Ta có: A(13,8; 108,3); B(14,1; 106,3); M(x; y)

Suy ra →AM=(x−13,8;y−108,3),→AB=(0,3;−2)

Ta có: →AM=34→AB

⇔{x−13,8=34.0,3y−108,3

=34.(−2)⇔{x=0,3.34+13,8y

=−2.34+108,3

⇒{x=14,025y=106,8⇒M(14,025;106,8)

Vậy ở thời điểm 9 giờ tâm bão là điểm M ở vị trí M(14,025; 106,8).

Bài tập

Giải Toán 10 trang 65 Tập 1

Bài 4.16 trang 65 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm M(1;3), N(4;2).

a) Tính độ dài của các đoạn thẳng OM, ON, MN.

b) Chứng minh rằng tam giác OMN vuông cân.

Lời giải

a) Ta có:

b) Xét tam giác OMN, có: OM=MN(=√10) suy ra tam giác OMN cân tại M.   (1)

Ta có: 

ON2=(2√5)2=20;OM2+MN2=(√10)2+(√10)2=20

⇒ON2=OM2+MN2

Theo định lí Py – ta – go đảo suy ra tam giác OMN vuông tại M. (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác OMN vuông cân tại M.

Vậy tam giác OMN vuông cân tại M.

Bài 4.17 trang 65 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các vectơ →a=3→i−2→j;→b(4;−1) và các điểm M(‒3;6), N(3;‒3).

a) Tìm mối liên hệ giữa các vectơ →MN và 2→a−→b.

b) Các điểm O, M, N có thẳng hàng hay không?

c) Tìm điểm P(x;y) để OMPN là hình bình hành.

Lời giải

a) Ta có:

b: Ta có

+ M(-3; 6)⇒→OM=(−3;6)

+) N(3;‒3) ⇒→ON=(3;−3)

Hai vectơ →OM=(−3;6),→ON=(3;−3) không cùng phương (vì −33≠6−3).

Do đó các điểm O, M, N không cùng nằm trên một đường thẳng.

Vậy ba điểm O, M, N không thẳng hàng.

c)

Các điểm O, M, N không thẳng hàng, tứ giác OMNP là hình bình hành khi và chỉ khi →OM=→PN

Ta có: M(‒3;6); N(3;‒3) và P(x; y)

⇒→OM=(−3;6),→PN=(3−x;−3−y) 

Do đó →OM=→PN⇔{−3=3−x6=−3−y

⇔{x=6y=−9⇒P(6;−9).

Vậy điểm cần tìm là P(6;‒9).

Bài 4.18 trang 65 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(1;3), B(2;4), C(‒3;2).

a) Hãy giải thích vì sao các điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB.

c) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

d) Tìm điểm D(x; y) để O(0;0) là trọng tâm tam giác ABD.

Lời giải

a) Ta có: A(1;3), B(2;4), C(‒3;2).

Suy ra: →AB=(1;1),→BC=(−5;−2)

Hai vectơ →AB=(1;1),→BC=(−5;−2) không cùng phương (vì 1−5≠1−2).

Do đó các điểm A, B, C không cùng nằm trên một đường thẳng.

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Gọi M(x₁;y₁) là trung điểm của đoạn thẳng AB với A(1;3) và B(2;4).

Khi đó ta có:

{x1=1+22y1=3+42⇔{x1=32y1=72⇒M(32;72).

Vậy M(32;72) là trung điểm của đoạn thẳng AB

c) Gọi G(x₂;y₂) là trọng tâm của tam giác ABC với A(1;3), B(2;4) và C(‒3;2).

Khi đó ta có:x2=1+2+(−3)3y2=3+4+23

⇔x2=0y2=3⇒G(0;3).

{Vậy G(0;3) là trọng tâm của tam giác ABC.

d) Để O(0;0) là tọa độ trọng tâm tam giác ABD với A(1;3), B(2;4) và D(x,y) thì:0=1+2+x30=3+4+y3⇔x+3=0y+7=0

⇔x=−3y=−7⇒D(−3;−7)

Vậy D(‒3;‒7) thì O(0;0) là trọng tâm tam giác ABD.{

Bài 4.19 trang 65 Toán 10 Tập 1: Sự chuyển động của một tàu thủy được thể hiện trên một mặt phẳng tọa độ như sau: Tàu khởi hành từ vị trí A(1;2) chuyển động thẳng đều với vận tốc (tính theo giờ) được biểu thị bởi vectơ →v=(3;4). Xác định vị trí của tàu (trên mặt phẳng tọa độ) tại thời điểm sau khi khởi hành 1,5 giờ.

Lời giải

Gọi B(x; y) là vị trí của tàu thủy trên mặt phẳng toạ độ sau khi khởi hành 1,5 giờ.

Tàu khởi hành từ vị trí A chuyển động thẳng đều với vận tốc (tính theo giờ) được biểu thị bởi vectơ →v=(3;4), sau 1,5 giờ thì tàu thuỷ đến B nên →AB=1,5→v 

Mà A(1;2); B(x; y) nên →AB=(x−1;y−2) 

Khi đó: →AB=1,5→v

⇔x−1=1,5.3y−2=1,5.4

⇔x=1,5.3+1y=1,5.4+2

⇔x=5,5y=8⇒B(5,5;8)

Vậy sau khi khởi hành 1,5 giờ thì tàu thủy đến được vị trí B(5,5; 8).

Bài 4.20 trang 65 Toán 10 Tập 1: Trong Hình 4.38, quân mã đang vị trí có tọa độ (1;2). Hỏi sau một nước đi, quân mã có thể đến những vị trí nào?

Lời giải

Cách di chuyển của quân mã là đi theo hình chữ L, mỗi nước đi gồm tồng cộng 3 ô (tiến 1 ô rồi quẹo trái/ phải 2 ô và ngược lại hoặc tiến 2 ô rồi quẹo trái/ phải 1 ô và ngược lại) nên quân mã có thể đi đến các vị trí A, B, C, D, E và O trên bàn cờ như hình dưới đây:

Tọa độ của các vị trí đó là: O(0;0), A(0;4), B(2;4), C(3;3), D(3;1), E(2;0).

Vậy sau một nước đi, quân mã có thể đến các vị trí O(0;0), A(0;4), B(2;4), C(3;3), D(3;1), E(2;0).