sach bai tap toan 10 bai 9 tich cua mot vecto voi mot so ket noi tri t

Bài 9 Tích của một vectơ với một số Bài 4 13 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1 Cho tam giác ABC Gọi D, E tương ứng là trung điểm của BC, CA Hãy biểu thị các vectơ AB,BC,CA theo hai vectơ AD và BE Lời giải Ta[.]

Bài Tích vectơ với số Bài 4.13 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1: Cho tam giác ABC Gọi D, E tương ứng trung điểm BC, CA Hãy biểu thị vectơ AB, BC,CA theo hai vectơ AD BE Lời giải Ta có: +) D trung điểm BC nên AB  AC  2AD +) E trung điểm AC nên AC  2AE  Do AC  2AE  AB  BE    AB  AB  BE  2AD  AB  2AB  2BE  2AD  3AB  2BE  2AD  3AB  2AD  2BE  AB  2 AD  BE 3  +) Vì AB  AC  2AD nên AC  2AD  AB Mà AB  2 AD  BE 3 2   AC  2AD   AD  BE  3  2  AC  2AD  AD  BE 3  AC  AD  BE 3  CA   AD  BE 3 +) BC  AC  AB (quy tắc hiệu) 2 4  2   BC   AD  BE    AD  BE  3 3  3   BC  2 AD  BE  AD  BE 3 3  BC  AD  BE 3 2 4 Vậy AB  AD  BE; BC  AD  BE CA   AD  BE 3 3 3 Bài 4.14 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1: Cho tam giác OAB vuông cân, với OA = OB = a Hãy xác định độ dài vectơ sau OA  OB, OA  OB, OA  2OB, 2OA  3OB Lời giải Gọi C điểm thoả mãn OACB hình bình hành Mà ∆OAB vng cân có OA = OB nên OACB hình vng  OC = AB Mà AB2 = OA2 + OB2 (định lí Pythagoras)  AB2 = a2 + a2 = 2a2  OC  AB  a +) Có: OA  OB  OC (quy tắc hình bình hành)  OA  OB  OC  OC  a +) Có: OA  OB  OA  BO  BO  OA  BA  OA  OB  BA  a +) Lấy điểm D cho OD  2OB nên hai vectơ OD , OB hướng OD = 2OB Có: OA  2OB  OA  OD Vẽ hình chữ nhật OAED, OA  OD  OE  OA  2OB  OE  OE Mà OE2 = OD2 + DE2 (định lí Pythagoras)  OE2 = (2OB)2 + OA2  OE2 = (2a)2 + a2 = 5a2  OE  a Do OA  2OB  a +) Lấy điểm G cho OG  2OA,OH  3OB Khi đó: hai vectơ OG , OA hướng OG = 2OA; Và hai vectơ OH , OB hướng OH = 3OB Có: 2OA  3OB  OG  OH  OG  HO  HO  OG  HG  2OA  3OB  HG  HG Mà HG2 = OG2 + OH2 (định lí Pythagoras)  HG2 = (2OA)2 + (3OB)2  HG2 = (2a)2 + (3a)2  HG2 = 13a2  HG  a 13 Do 2OA  3OB  a 13 Vậy OA  OB  a 2; OA  OB  a 2; OA  2OB  a 2OA  3OB  a 13 Bài 4.15 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1: Cho tam giác ABC có trực tâm H, trọng tâm G tâm đường tròn ngoại tiếp O a) Gọi M trung điểm BC Chứng minh AH  2OM b) Chứng minh OA  OB  OC  OH c) Chứng minh ba điểm G, H, O thuộc đường thẳng Lời giải a) Kẻ đường kính AD Hai điểm B, C thuộc đường trịn đường kính AD nên ABD  ACD  90 Hay BD ⊥ AB, CD ⊥ AC Lại có H trực tâm ∆ABC nên BH ⊥ AC, CH ⊥ AB  BH /// CD CH // BD  BHCD hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)  Hai đường chéo cắt trung điểm đường (tính chất hình bình hành) Mà M trung điểm BC  M trung điểm HD Mà O trung điểm AD Khi OM đường trung bình ∆AHD  OM // AH AH  2.OM (tính chất đường trung bình) Do hai vectơ AH OM có: + Cùng phương, hướng + Độ dài: AH  OM  AH  2OM Vậy AH  2OM b) Vì M trung điểm BC nên OB  OC  2OM Mà AH  2OM (câu a)  OB  OC  AH  OA  OB  OC  OA  AH  OA  OB  OC  OH Vậy OA  OB  OC  OH c) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên OA  OB  OC  3OG Mà OA  OB  OC  OH (câu b) Suy OH  3OG Khi OH OG phương, hướng  O, H, G thẳng hàng Vậy ba điểm O, H, G thẳng hàng Bài 4.16 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1: Cho tứ giác ABCD Gọi M, N theo thứ tự trung điểm cạnh AB, CD gọi I trung điểm MN Chứng minh với điểm O có OA  OB  OC  OD  4OI Lời giải Với điểm O ta có: +) OA  OB  2OM (do M trung điểm AB) +) OC  OD  2ON (do N trung điểm CD) +) OM  ON  2OI (do I trung điểm MN)  OA  OB  OC  OD  2OM  2ON    OM  ON  2.2OI  4OI Vậy với điểm O có: OA  OB  OC  OD  4OI Bài 4.17 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1: Cho lục giác ABCDEF Gọi M, N, P, Q, R, S theo thứ tự trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA Chứng minh hai tam giác MPR NQS có trọng tâm Lời giải +) Vì M, N trung điểm AB, BC Nên MN đường trung bình tam giác ABC  MN // AC MN  Do MN  AC (tính chất đường trung bình) AC (1) Chứng minh tương tự ta có: PQ  CE Và RS  EA (3) Từ (1), (2) (3) ta có: MN  PQ  RS    (2) 1 AC  CE  EA 2 AC  CE  EA    AE  EA  AA  (quy tắc ba điểm) (quy tắc ba điểm)   Do MN  PQ  RS  +) Giả sử G G' trọng tâm tam giác MPR tam giác NQS Khi ta có: MG  PG  RG  NG  QG  SG  GN  GQ  GS  Mặt khác: theo quy tắc ba điểm ta có: +) MN  MG  GG  GN; +) PQ  PG  GG  GQ; +) RS  RG  GG  GS;  MN  PQ  RS  MG  PG  RG  3.GG  GN  GQ  GS     MG  PG  RG  3.GG  GN  GQ  G S   3.GG   3.GG +) Lại có MN  PQ  RS  (chứng minh trên) Nên 3GG   hay  GG  Suy G G' trùng Vậy hai tam giác MPR NQS có trọng tâm Bài 4.18 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1: Cho tam giác ABC với trọng tâm O M điểm tuỳ ý nằm tam giác Gọi D, E, F theo thứ tự hình chiếu vng góc M BC, CA, AB Chứng minh MD  ME  MF  MO Lời giải Qua M, kẻ đường thẳng IJ // BC, HK // AC, PQ // AB Tam giác ABC nên ABC  ACB  60 Mà PQ // AB nên MQK  ABC  60, HK // AC nên MKQ  ACB  60 Tam giác MQK có: MQK  MKQ  60 nên tam giác Lại có MD đường cao kẻ từ M nên MD đồng thời đường trung tuyến Do D trung điểm QK  MQ  MK  2MD (1) Chứng minh tương tự ta có: +) MH  MI  2MF (2) +) MP  MJ  2ME (3) Từ (1), (2) (3) ta có: MQ  MK  MH  MI  MP  MJ  2MD  2MF  2ME         MD  MF  ME  MQ  MI  MK  MJ  MH  MP  Vì MI // BQ, MQ // BI nên tứ giác MIBQ hình bình hành  MI  MQ  MB Tương tự ta có MK  MJ  MC;MH  MP  MA   Khi MD  MF  ME  MB  MC  MA  MD  MF  ME   MB  MC  MA  Lại có O trọng tâm tam giác ABC nên MB  MC  MA  3MO  MD  MF  ME  3MO  MO 2 Vậy MD  ME  MF  MO Bài 4.19 SBT Toán 10 trang 54 Tập 1: Cho tam giác ABC a) Tìm điểm M cho MA  MB  2MC  b) Xác định điểm N thoả mãn 4NA  2NB  NC  Lời giải a) Gọi I trung điểm AB Khi đó: MA  MB  2MI   MA  MB  2MC  2MI  2MC  MI  MC  Gọi K trung điểm IC, đó: MI  MC  2MK  MA  MB  2MC  2.2MK  4MK Mà MA  MB  2MC  Do 4MK   MK  Suy M ≡ K Vậy M trung điểm IC (với I trung điểm AB) b)   Ta có: 4NA  2NB  NC  4NA  NA  AB  NC  4NA  2NA  2AB  NC  2NA  2AB  NC   NA  2AB  NA  NC  Gọi H trung điểm AC, NA  NC  2NH  4NA  2NB  NC  NA  2AB  2.NH    NA  2.NH  2AB Giả sử P điểm thỏa mãn PA  2.PH     Khi NA  2.NH  NP  PA  NP  PH   3NP  PA  2PH  3NP   3NP  4NA  2NB  NC  3NP  2AB Mà 4NA  2NB  NC  Nên 3NP  2AB   3NP  2AB  NP  AB Gọi Q điểm nằm cạnh AB cho AQ  AB  NP  AQ Do tứ giác AQPN hình bình hành Vậy điểm N cần tìm đỉnh hình bình hành AQPN (với Q thỏa mãn AQ  P thỏa mãn PA  2.PH  , H trung điểm AC) Bài 4.20 SBT Toán 10 trang 55 Tập 1: Cho tam giác ABC a) Tìm điểm K thoả mãn KA  2KB  3KC  b) Tìm tập hợp điểm M thoả mãn MA  2MB  3MC  MB  MC AB Lời giải a) Gọi I trung điểm AC, H trung điểm BC Khi KA  KC  2KI KB  KC  2KH     KA  2KB  3KC  KA  KC  KB  KC   2KI  2.2KH  2KI  4KH Mà KA  2KB  3KC  Nên 2KI  4KH   2KI  4KH  KI  2KH Khi KI KH hai vectơ phương, ngược hướng KI  KH Do điểm K nằm hai điểm I H cho KI = 2KH Vậy ta có điểm K thỏa mãn KA  2KB  3KC  hình vẽ b) Chứng minh tương tự câu a ta có: MA  2MB  3MC  2MI  4MH     MK  KI  MK  KH   2MK  2KI  4MK  4KH   6MK  2KI  4KH  Mà 2KI  4KH  (câu a) Nên MA  2MB  3MC  6MK Lại có: MB  MC  CB Do MA  2MB  3MC  MB  MC  6MK  CB  6MK = CB  KM  BC Do tập hợp điểm M đường trịn tâm K, bán kính BC hình vẽ Bài 4.21 SBT Toán 10 trang 55 Tập 1: Một vật đồng chất thả vào cốc chất lỏng Ở trạng thái cân bằng, vật chìm nửa thể tích chất lỏng Tìm mối liên hệ trọng lực P vật lực đẩy Archimedes F mà chất lỏng tác động lên vật Tính tỉ số trọng lượng riêng vật chất lỏng Lời giải Trọng lực P vật lực đẩy Archimedes F mà chất lỏng tác động lên vật mô tả hình vẽ Do vật trạng thái cân nên hai lực P F ngược hướng có cường độ P F Gọi d d' trọng lượng riêng vật chất lỏng; V thể tích vật Khi thả vật vào cốc chất lỏng trạng thái cân bằng, vật chìm nửa thể tích chất lỏng nên thể tích chất lỏng bị chiếm chỗ V Khi trọng lượng vật là: P = d.V Và lực đẩy Archimedes mà chất lỏng tác động lên vật là: FA  d  Do P  F  d.V  d V V d d d   2 d Vậy tỉ số trọng lượng riêng vật chất lỏng ... Do t? ??p hợp điểm M đường trịn t? ?m K, bán kính BC hình vẽ Bài 4.21 SBT Toán 10 trang 55 T? ??p 1: M? ?t v? ?t đồng ch? ?t thả vào cốc ch? ?t lỏng Ở trạng thái cân bằng, v? ?t chìm nửa thể t? ?ch ch? ?t lỏng T? ?m... v? ?t trạng thái cân nên hai lực P F ngược hướng có cường độ P F Gọi d d'' trọng lượng riêng v? ?t ch? ?t lỏng; V thể t? ?ch v? ?t Khi thả v? ?t vào cốc ch? ?t lỏng trạng thái cân bằng, v? ?t chìm nửa thể t? ?ch... hệ trọng lực P v? ?t lực đẩy Archimedes F mà ch? ?t lỏng t? ?c động lên v? ?t Tính t? ?? số trọng lượng riêng v? ?t ch? ?t lỏng Lời giải Trọng lực P v? ?t lực đẩy Archimedes F mà ch? ?t lỏng t? ?c động lên v? ?t mơ t? ??