Bài 10 Vectơ trong mặt phẳng tọa độ Bài 4 22 SBT Toán 10 trang 58 Tập 1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm M(4; 0), N(5; 2) và P(2, 3) Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M, N, P theo thứ t[.]
Bài 10: Vectơ mặt phẳng tọa độ Bài 4.22 SBT Toán 10 trang 58 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm M(4; 0), N(5; 2) P(2, 3) Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC, biết M, N, P theo thứ tự trung điểm cạnh BC, CA, AB Lời giải Cách 1: Gọi A(xA; yA); B(xB; yB) C(xC; yC) tọa độ ba đỉnh tam giác ABC Ta có: xB xC 4 +) M(4; 0) trung điểm BC nên 0 y B y C x B x C y B yC (1) xA 5 +) N(5; 2) trung điểm CA nên 2 y A x A x C 10 x C 10 x A y A yC yC y A xC yC (2) xA xB +) P(2; 3) trung điểm AB nên 3 y A y B x A x B x B x A yA yB yB yA Thay (2) (3) vào (1) ta được: (3) x A 10 x A 14 2x A y A y A 10 2y A x A A(3; 5) yA x Khi B B(1; 1) yB x C 10 C(7; –1) y C Vậy A(3; 5), B(1; 1) C(7; –1) Cách 2: Do M, N, P trung điểm BC, CA, AB Nên MN, NP, PM đường trung bình tam giác ABC MN // AB, NP // BC, MP // AC +) Do MN // BM NP // BM nên tứ giác MNPB hình bình hành MB NP Gọi B(xB; yB) có M(4; 0), N(5; 2) P(2, 3) MB x B 4; yB NP 5;3 3;1 x B x 3 Khi MB NP B B(1; 1) yB yB Tương tự ta có A(3; 5) C(7; –1) Vậy A(3; 5), B(1; 1) C(7; –1) Bài 4.23 SBT Toán 10 trang 58 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(2;–1), B(1; 4) C(7; 0) a) Tính độ dài đoạn thẳng AB, BC CA Từ suy tam giác ABC tam giác vuông cân b) Tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABDC hình vng Lời giải a) Với A(2;–1), B(1; 4) C(7; 0) ta có: +) AB 1 2; 1 1;5 AB AB 1 52 26 +) BC 1;0 6; 4 BC BC 62 4 52 13 +) CA 7; 1 5; 1 CA CA 5 1 26 Do AB = CA 26 Nên tam giác ABC cân A Mặt khác: BC2 13 52 (1) Và AB2 AC2 26 26 52 BC2 = AB2 + AC2 Theo định lí Pythagoras đảo tam giác ABC vng A (2) Từ (1) (2) suy tam giác ABC vuông cân A với AB AC 26;BC 13 b) Vì ABC tam giác vng cân Nên để ABDC hình vng tứ giác ABDC hình bình hành CA DB Gọi D(xD; yD) có A(2;–1), B(1; 4), C(7; 0) CA 5; 1 DB 1 x D ;4 yD 5 x D Do CA DB 1 y D x D D(6; 5) y D Vậy tọa độ điểm D cần tìm D(6; 5) Bài 4.24 SBT Tốn 10 trang 58 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M(–2; 1) N(4; 5) a) Tìm toạ độ điểm P thuộc Ox cho PM = PN b) Tìm toạ độ điểm Q cho MQ 2PN c) Tìm toạ độ điểm R thoả mãn RM 2RN Từ suy P, Q, R thẳng hàng Lời giải a) Gọi P(a; 0) điểm thuộc tia Ox Với M(–2; 1) N(4; 5) ta có: +) PM 2 a;1 PM PM +) PN a;5 PN PN Do PM = PN 2 a 2 a 4 a 12 (–2 – a)2 + 12 = (4 – a)2 + 52 + 4a + a2 + = 16 – 8a + a2 + 25 12a = 36 a = Vậy P(3; 0) b) Giả sử điểm Q có tọa độ Q(x; y) Với M(–2; 1), N(4; 5) P(3; 0) ta có: +) MQ x 2; y 1 +) PN 3;5 1;5 2PN 2;10 x Do MQ 2PN y 10 2 12 52 4 a 52 x Q(0; 11) y 11 Vậy Q(0; 11) c) Giả sử R(x0; y0) điểm cần tìm Với M(–2; 1) N(4; 5) ta có: +) RM 2 x ;1 y0 +) RN x ;5 y0 2RN 8 2x ;10 2y0 RM 2RN 2 x 2x ;1 y0 10 2y0 RM 2RN 3x ;11 3y 6 3x Do RM 2RN 11 3y0 x 11 11 R 2; 3 y0 11 +) Ta xét ba điểm: P(3; 0), Q(0; 11) R 2; 3 11 22 PQ 3;11 QR 2; 11 2; Có: 3 11 nên hai vectơ PQ QR phương 22 Do P, Q, R thẳng hàng Vậy ba điểm P, Q, R thẳng hàng Bài 4.25 SBT Toán 10 trang 59 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M(–3; 2) N(2; 7) a) Tìm toạ độ điểm P thuộc trục tung cho M, N, P thẳng hàng b) Tìm toạ độ điểm Q đối xứng với N qua Oy c) Tìm toạ độ điểm R đối xứng với M qua trục hoành Lời giải a) Giả sử P(0; yP) điểm thuộc trục tung Với M(–3; 2) N(2; 7) ta có: MP 3; yP NP 2; yP Ba điểm M, N, P thẳng hàng MP NP phương yP (với yP ≠ 7) 2 yP 3.(yP – 7) = –2.(yP – 2) 3.yP – 21 = –2yP + 3.yP + 2yP = + 21 5.yP = 25 yP = (thỏa mãn) Vậy P(0; 5) b) Vì Q đối xứng với N(2; 7) qua Oy nên: + Hoành độ điểm Q số đối hoành độ điểm N; + Tung độ điểm Q với tung độ điểm N Do Q(–2; 7) Vậy Q(–2; 7) c) Vì R đối xứng với M(–3; 2) qua trục hoành nên: + Hoành độ điểm R hoành độ điểm M; + Tung độ điểm R số đối tung độ điểm M Do R(–3; –2) Vậy R(–3; –2) Bài 4.26 SBT Toán 10 trang 60 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm C(1; 6) D(11; 2) a) Tìm toạ độ điểm E thuộc trục tung cho vectơ EC ED có độ dài ngắn b) Tìm toạ độ điểm F thuộc trục hoành cho 2FC 3FD đạt giá trị nhỏ c) Tìm tập hợp điểm M cho MC MD CD Lời giải a) Giả sử E(0; yE) điểm thuộc trục tung Với C(1; 6) D(11; 2) ta có: EC 1;6 yE ED 11;2 yE EC ED 1 11;6 yE yE EC ED 12;8 2yE EC ED 122 8 2yE Vì (8 – 2yE)2 ≥ ∀ yE Nên 122 + (8 – 2yE)2 ≥ 122 ∀ yE Hay 122 8 2yE 12 ∀ yE EC ED 12 ∀ yE Do độ dài vectơ EC ED nhỏ 12 Dấu “=’ xảy – 2yE = yE = Vậy với E(0; 4) vectơ EC ED có độ dài ngắn b) Giả sử F(a; 0) thuộc trục hoành Với C(1; 6) D(11; 2) ta có: +) FC 1 a;6 2FC 2a;12 +) FD 11 a;2 3FD 33 3a;6 2FC 3FD 2a 33 3a;12 2FC 3FD 35 5a;18 2FC 3FD 35 5a 182 Vì (35 – 5a)2 ≥ ∀a Nên (35 – 5a)2 + 182 ≥ 182 ∀a Hay 35 5a 182 ∀a 2FC 3FD 18 ∀a Do độ dài vectơ 2FC 3FD nhỏ 18 Dấu “=’ xảy 35 – 5a = a=7 Vậy với F(7; 0) 2FC 3FD đạt giá trị nhỏ c) Giả sử M(x ; y) tọa độ điểm thỏa mãn MC MD CD Với C(1; 6) D(11; 2) ta có: +) CD 10; 4 CD CD 10 4 116 29 Gọi I trung điểm CD, ta có: 11 x I • Tọa độ I là: I(6; 4) y 4 I • MC MD 2MI MC MD 2MI 2.MI Ta có MC MD CD 2MI CD IM CD 29 29 2 Do tập hợp điểm M đường trịn tâm I(6; 4) bán kính R 29 Bài 4.27 SBT Toán 10 trang 61 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(1; 2), B(3; 4) C(2; –1) a) Chứng minh A, B, C ba đỉnh tam giác Tìm toạ độ trọng tâm tam giác b) Tìm toạ độ tâm I đường trịn ngoại tiếp trực tâm H tam giác ABC Lời giải a) Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) C(2; –1) ta có: +) AB 2;2 +) AC 1; 3 Do 2 nên hai vectơ AB AC không phương 3 Do ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng nên tạo thành tam giác Gọi G(x; y) tọa độ trọng tâm tam giác ABC 1 x 2 5 G 2; 3 y 1 3 5 Vậy G 2; 3 b) * Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I(a; b) tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi IA = IB = IC Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) C(2; –1) ta có: +) IA 1 a;2 b IA 1 a +) IB a;4 b IB 3 a +) IC a; 1 b IC 2 2 a 2 b 4 b 2 1 b Do IA = IB = IC IA2 = IB2 = IC2 (1 – a)2 + (2 – b)2 = (3 – a)2 + (4 – b)2 = (2 – a)2 + (–1 – b)2 1 – a 2 – b 2 – a 2 – b 2 2 2 1 – a – b – a –1 – b 1 2a a 4b b 6a a 16 8b b 2 2 1 2a a 4b b 4a a 2b b 4a 4b 20 a b 2a 6b a 3b 15 a 15 I ; 4 b * Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC Gọi H(x0; y0) tọa độ trực tâm tam giác ABC Vì H trực tâm tam giác ABC nên theo kết Bài 4.15, phần a) trang 54 ta có AH 2IM (với M trung điểm BC) 15 Với A(1; 2), B(3; 4), C(2; –1) I ; ta có: 4 3 x M 2 5 3 • Trung điểm M BC có tọa độ là: M ; 2 2 y 1 M 2 15 5 • IM ; ; 2 4 4 5 2IM ; 2 • AH x 1; y0 Ta có: AH 2IM 5 3 x x y y 2 3 H ; 2 15 3 Vậy I ; H ; 4 2 Bài 4.28 SBT Toán 10 trang 62 Tập 1: Để kéo đường dây điện băng qua hồ hình chữ nhật ABCD với độ dài AB = 200 m, AD = 180 m, người ta dự định làm cột điện liên tiếp cách đều, cột thứ nằm bờ AB cách đỉnh A khoảng cách 20 m, cột thứ tư nằm bờ CD cách đỉnh C khoảng cách 30 m Tính khoảng cách từ vị trí cột thứ hai, thứ ba đến bờ AB, AD Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho đỉnh hình hồ hình chữ nhật có tọa độ A(0; 0), B(200; 0), C(200; 180) D(0; 180) Gọi vị trí cột điện trồng C1, C2, C3 C4 Vì vị trí cột điện thứ C1 nằm bờ AB cách A khoảng 20 m nên hệ trục tọa độ chọn, điểm C1(20; 0) Vị trí cột điện thứ tư nằm bờ CD cách C khoảng 30 m nên khoảng cách từ C4 đến D 170 m Khi hệ trục tọa độ chọn, điểm C4(170; 180) Vì bốn cột điện trồng liên tiếp cách đường thẳng nên: C1C2 = C2C3 = C3C4 C1C2 = C1C4 C1C3 = C1C4 3 C1C2 C1C4 C1C3 C1C4 3 Giả sử C2(a; b) C3(x; y) Với C1(20; 0), C4(170; 180) ta có: C1C4 150;180 ; C1C2 a 20;b C1C3 x 20; y a 20 150 50 • C1C2 C1C4 b 180 60 a 70 C2(70; 60) b 60 d(C2; AB) = d(C2; Ox) = |b| = 60 (m) d(C2; AD) = d(C2; Oy) = |a| = 70 (m) x 20 150 100 • C1C3 C1C4 y 180 120 x 120 C3(120; 120) y 120 d(C3; AB) = d(C3; Ox) = |y| = 120 (m) d(C3; AD) = d(C3; Oy) = |x| = 120 (m) Vậy khoảng cách từ cột điện thứ hai đến bờ AB 60 m đến bờ AD 70 m Khoảng cách từ cột điện thứ ba đến bờ AB 120 m đến bờ AD 120 m ... 4 b * T? ?m t? ??a độ trực t? ?m H tam giác ABC Gọi H(x0; y0) t? ??a độ trực t? ?m tam giác ABC Vì H trực t? ?m tam giác ABC nên theo k? ?t Bài 4.15, phần a) trang 54 ta có AH 2IM (với M trung điểm BC)... vectơ PQ QR phương 22 Do P, Q, R thẳng hàng Vậy ba điểm P, Q, R thẳng hàng Bài 4.25 SBT Toán 10 trang 59 T? ??p 1: Trong m? ?t phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M(–3; 2) N(2; 7) a) T? ?m toạ độ điểm P thuộc... giác T? ?m toạ độ trọng t? ?m tam giác b) T? ?m toạ độ t? ?m I đường tròn ngoại tiếp trực t? ?m H tam giác ABC Lời giải a) Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) C(2; –1) ta có: +) AB 2;2 +) AC 1; 3 Do