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 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 y 0 B y C Thay (2) (3) vào (1) ta được: Vậy A(3; 5), B(1; 1) C(7; –1) Cách 2: xC yC Do M, N, P trung điểm BC, CA, AB (2) xA xB 2 +) P(2; 3) trung điểm AB nên y 3 A y B x A x B x B x A yA yB yB yA x C 10 C(7; –1) yC 1 (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 x A A(3; 5) yA x Khi B B(1; 1) yB Lời giải x B x C y B yC x A 10 x A 14 2x A y A y A 10 2y A (3) 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) Và AB2 AC2 26 26 52 BC2 = AB2 + AC2 Vậy A(3; 5), B(1; 1) C(7; –1) Theo định lí Pythagoras đảo tam giác ABC vng A Bài 4.23 SBT Tốn 10 trang 58 Tập 1: Từ (1) (2) suy tam giác ABC vuông cân A với AB AC 26;BC 13 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(2;–1), B(1; 4) C(7; 0) b) (2) a) Tính độ dài đoạn thẳng AB, BC CA Từ suy tam giác ABC tam giác vng cân b) Tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABDC hình vuông Lời giải a) Với A(2;–1), B(1; 4) C(7; 0) ta có: +) AB 1 2; 1 1;5 Vì ABC tam giác vng cân Nên để ABDC hình vng tứ giác ABDC hình bình hành AB AB 1 26 CA DB +) BC 1;0 6; 4 Gọi D(xD; yD) có A(2;–1), B(1; 4), C(7; 0) BC BC 62 4 52 13 CA 5; 1 DB 1 x D ;4 yD +) CA 7; 1 5; 1 5 x D Do CA DB 1 y D CA CA 5 1 26 Do AB = CA 26 x D D(6; 5) yD Vậy tọa độ điểm D cần tìm D(6; 5) Nên tam giác ABC cân A (1) Bài 4.24 SBT Toán 10 trang 58 Tập 1: Mặt khác: BC 13 52 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 x Q(0; 11) y 11 c) Tìm toạ độ điểm R thoả mãn RM 2RN Từ suy P, Q, R thẳng hàng Vậy Q(0; 11) Lời giải c) Giả sử R(x0; y0) điểm cần tìm a) Gọi P(a; 0) điểm thuộc tia Ox Với M(–2; 1) N(4; 5) ta có: Với M(–2; 1) N(4; 5) ta có: +) RM 2 x ;1 y0 +) 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) 2 12 RM 2RN 2 x 2x ;1 y0 10 2y0 52 4 a +) RN x ;5 y0 2RN 8 2x ;10 2y0 52 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 Với M(–2; 1), N(4; 5) P(3; 0) ta có: 11 22 PQ 3;11 QR 2; 11 2; 3 +) MQ x 2; y 1 Có: +) PN 3;5 1;5 2PN 2;10 x Do MQ 2PN y 10 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) 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) 3.yP – 21 = –2yP + 3.yP + 2yP = + 21 5.yP = 25 yP = (thỏa mãn) Vậy P(0; 5) b) 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) yE = Vậy R(–3; –2) Vậy với E(0; 4) vectơ EC ED có độ dài ngắn Bài 4.26 SBT Toán 10 trang 60 Tập 1: b) Giả sử F(a; 0) thuộc trục hoành Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm C(1; 6) D(11; 2) Với C(1; 6) D(11; 2) ta có: a) Tìm toạ độ điểm E thuộc trục tung cho vectơ EC ED có độ dài ngắn +) FC 1 a;6 2FC 2a;12 b) Tìm toạ độ điểm F thuộc trục hoành cho 2FC 3FD đạt giá trị nhỏ +) FD 11 a;2 3FD 33 3a;6 c) Tìm tập hợp điểm M cho MC MD CD 2FC 3FD 2a 33 3a;12 Lời giải 2FC 3FD 35 5a;18 a) Giả sử E(0; yE) điểm thuộc trục tung 2FC 3FD 35 5a 182 Với C(1; 6) D(11; 2) ta có: EC 1;6 yE ED 11;2 yE EC ED 1 11;6 yE yE Vì (35 – 5a)2 ≥ ∀a Nên (35 – 5a)2 + 182 ≥ 182 ∀a Hay EC ED 12;8 2yE 35 5a 182 ∀a 2FC 3FD 18 ∀a EC ED 12 8 2yE 2 Do độ dài vectơ 2FC 3FD nhỏ 18 Vì (8 – 2yE)2 ≥ ∀ yE Dấu “=’ xảy 35 – 5a = Nên 12 + (8 – 2yE) ≥ 12 ∀ yE 2 Hay 122 8 2yE 12 ∀ yE a=7 EC ED 12 ∀ yE Do độ dài vectơ EC ED nhỏ 12 Dấu “=’ xảy – 2yE = 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 Do 2 nên hai vectơ AB AC không phương 3 CD CD 10 4 116 29 Do ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên tạo thành tam giác Gọi I trung điểm CD, ta có: Gọi G(x; y) tọa độ trọng tâm tam giác ABC 11 x I • Tọa độ I là: I(6; 4) y I 1 2 x 5 G 2; 3 y 3 • MC MD 2MI 5 Vậy G 2; 3 MC MD 2MI 2.MI b) * Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 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 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 2 b 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 +) IC a; 1 b IC 2 a 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 3 H ; 2 15 a 15 I ; 4 b 15 3 Vậy I ; H ; 4 2 * Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC Gọi H(x0; y0) tọa độ trực tâm tam giác ABC 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 Vì H trực tâm tam giác ABC nên theo kết Bài 4.15, phần a) trang 54 ta khoảng cách 30 m Tính khoảng cách từ vị trí cột thứ hai, thứ ba đến bờ có AH 2IM (với M trung điểm BC) AB, AD 15 Với A(1; 2), B(3; 4), C(2; –1) I ; ta có: 4 Lời giải 3 x M 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 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 Bài 11: Tích vơ hướng hai vectơ Bài 4.29 SBT Toán 10 trang 65 Tập 1: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a) Gọi M trung điểm BC Tính tích vô hướng cặp vectơ MA BA, Do MA;BA xAy BAM 30 MA;AC xAC 180 MAC MA;AC 180 30 150 MA AC Khi ta có: b) Gọi N điểm đối xứng với B qua C Tính tích vơ hướng AM.AN • MA.BA MA BA cos MA;BA c) Lấy điểm P thuộc đoạn AN cho AP = 3PN Hãy biểu thị vectơ AP,MP theo hai vectơ AB AC Tính độ dài đoạn MP MA.BA MA.BA.cos30 Xét tam giác BAM vuông M, theo định lí Pythagoras ta có: Lời giải 1 MA BA BM 12 2 MA.BA 3 2 • MA.AC MA AC cos MA;AC MA.AC MA.AC.cos150 MA.AC a) Tam giác ABC có M trung điểm BC nên đường trung tuyến AM đồng thời đường phân giác đường cao 1 BAM MAC BAC 60 30 2 Gọi Ax tia đối tia AM, tia Ay tia đối tia AB 3 2 Vậy MA.BA 3 MA.AC 4 b) • Vì M trung điểm BC nên AB AC 2AM AM AB AC • N đối xứng với B qua C nên C trung điểm BN AB AN 2AC AN 2AC AB Khi AM.AN AB AC 2AC AB 2AB.AC AB.AB 2AC.AC AC.AB 2 2AC AB AB.AC 2 AC AB AB.AC 3 AP AC AB • Ta có: MP AP AM 3 AC AB AB AC 2 1 3 3 AC AC AB AB 2 AC AB AB.AC.cosBAC 1.1.cos 60 3 1 AC AB AB AC 2 Mà AB.AC AB AC cos AB.AC 3 AP AN 2AC AB 4 Do AM.AN 2AC AB2 AB.AC 1 1 2.12 12 2 2 3 2 Vậy AM.AN c) • Vì P thuộc đoạn thẳng AN thỏa mãn AP = 3PN AP AN MP MP AC AB MP AC AB 2 25 AC AC.AB AB 16 AC2 12 25 AB2 AC.AB 16 25 1 16 2 ... theo kết 4. 12, trang 58, Sách giáo khoa Tốn 10, tập một, ta có: AD HC 2NP NP 1 NP AD HC 2 AD HC 2 (do a.b ) Do NB.NP NB NP NB ⊥ NP Bài 4. 31 SBT Toán 10 trang 65 Tập. .. 2.AD.AC.cosCAD Bài 4. 32 SBT Toán 10 trang 65 Tập 1: 2 AD AC 2AD.AC Cho hai vectơ a b thoả mãn a 6, b a b 10 a) Tính tích vơ hướng a a b b) Tính số đo góc hai vectơ a a b 6 .10 ... 120 m đến bờ AD 120 m Bài 11: Tích vơ hướng hai vectơ Bài 4. 29 SBT Toán 10 trang 65 Tập 1: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a) Gọi M trung điểm BC Tính tích vơ hướng cặp vectơ MA BA, Do MA;BA