Chương 7 phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Chương PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG BÀI TOẠ ĐỘ CỦA VECTƠ A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Toạ độ điểm Để xác định toạ độ điểm M tuỳ ý mặt phẳng toạ độ Oxy , ta làm sau (Hình ): - Từ M kẻ đường thẳng vng góc với trục hoành cắt trục hoành điểm H ứng với số a Số a hoành độ điểm M - Từ M kẻ đường thẳng vuông góc với trục tung cắt trục tung điểm K ứng với số b Số b tung độ điểm M Cặp số ( a; b) toạ độ điểm M mặt phẳng toạ độ Oxy Ta kí hiệu M (a; b) Toạ độ vectơ    OM (a; b) hay ( a ; b ) OM OM M - Toạ độ điểm gọi toạ độ vectơ Nếu có tọ ̣ độ ta viết   OM ( a; b) , a, b hồnh độ, tung độ vectơ OM   (1;0) O Ox i - Vectơ có điểm gốc có toạ độ gọi vectơ đơn vị trục ; vectơ j có điểm gốc O có toạ độ (0;1) gọi vectơ đơn vị trục Oy   - Với vectơ u mặt phẳng toạ độ Oxy , toạ độ vectơ u tọa độ điểm A , A điểm      cho OA u Nếu u có toạ độ ( a; b) ta viết u ( a; b) hay u (a; b) , a, b hồnh độ,  tung độ vectơ u         - Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , u ( a; b) u ai  bj Ngược lại, u ai  bj u ( a; b) - Với   a  x1 ; y1  ; b  x2 ; y2     x  x2 a b    y1  y2 , ta có Liên hệ toạ độ điểm toạ độ vectơ A x ;y B x ;y Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hai điểm  A A   B B   Ta có: AB  xB  x A ; yB  y A  B VÍ DỤ Vấn đề Tìm toạ độ vectơ Ví dụ Tìm toạ độ vectơ Hình Giải Trong Hình , ta có:    - Vẽ OA a , ta có: A( 5;  3) nên a (  5;  3)    b B (3;  4) OB  b - Vẽ , ta có: nên (3;  4)    - Vẽ OC c , ta có: C ( 1;3) nên c ( 1;3)    d D (2;5) OD  d - Vẽ , ta có: nên (2;5) Ví dụ Tìm toạ độ vectơ sau:   a) a  2i   b  j; b)    c) c  4i  j  1 d  5i  j d) Giải  a a) ( 2;0) ;  b b) (0;3)  c) c ( 4;1) ;   1 d  5;  2  d) Vấn đề Tìm điều kiện để hai vectơ nhau, chứng minh hai vectơ Vi dụ Tìm số thực a b cho cặp vectơ sau nhau:   a) m (3a  1; 2b  1) n ( 4; 2) ;   b) u (2a  1;  3) v (3; 4b  1) ;   c) x (a  b;  2a  3b) y (2a  3; 4b) Giải    3a   m n    2b  2  a) a    b     2a  3 u v     4b   b) a 2  b    a  b 2a  x y     a  b  b   c) a  b 3   b  2a 3a 3   b  2a a 1  b  Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho bốn điểm A( 2;1), B(2;3), C (1;0) , Giải     AB  (4; 2), DC  (4; 2) Ta có: Suy AB DC Vấn đề Tìm toạ độ điểm thoả mãn điều kiện cho trước Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho ba điểm A(2;3), B( 1;1), C (3;  1)   M a) Tìm toạ độ điểm cho AM BC   N AC minh BN NM b) Tìm tọ ̣ độ trung điểm đoạn thẳng Chứng Giải   AM  ( x  2; y  3), BC (4;  2) M ( x ; y ) a) Giả sử Ta có:    x  4  x 6 AM BC     y    y 1 Vậy M (6;1)   b) Giả sử N ( x; y ) Ta có: AN ( x  2; y  3), NC (3  x;   y ) Vì N trung điểm đoạn thẳng AC nên ta có:    7    BN  ;0  , NM  ;0  2     Ta có: Suy BN  NM Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC Các điểm M (1;  2) , N (4;  1) P (6; 2) trung điểm cạnh BC , CA, AB Tìm toạ độ điểm A, B, C Giải   Vì M , N , P trung điểm BC , CA, AB nên tứ giác ANMP hình bình hành, suy AN PM A x ;y Giả sử  A A    AN   x A ;   y A  ; PM ( 5;  4) Ta có: 4  x A   x 9  A    y A   y A 3 Vậy A(9;3) Suy ra:      Tương tự, từ BP MN , CM NP , ta tính B (3;1), C (  1;  5) C BÀI TẬP    u  i  j là: Toạ độ vectơ A (  3; 2) B (2;  3)   (  i ;2 j) C D (3; 2)   u Tọa độ vectơ 5 j là: A (5;0)  B (5; j )  (0;5 j) C D (0;5)  Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho A(2;  5) Toạ độ vecto OA là: A (2;5) B (2;  5) C ( 2;  5) D (  2;5)  Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho A( 1;3), B(2;  1) Tọ ̣ độ vectơ AB là: A (1;  4) B (  3; 4) C (3;  4) D (1;  2)     Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho u ( 2;  4), v (2 x  y; y ) Hai vectơ u v nếu:  x 1  A  y   x   B  y   x 1  C  y 4  x   D  y 4 Cho hình bình hành ABCD có A( 1;  2) , B (3; 2), C (4;  1) Toạ độ đỉnh D là: A (8;3) B (3;8) C (  5;0) D (0;  5) Tìm toạ độ vectơ Hình Tìm số thực a b cho cặp vectơ sau nhau:   a) m (2a  3; b  1) n (1;  2) ;   b) u (3a  2;5) v (5; 2b 1) ;   c) x (2a  b; 2b) y (3  2b; b  3a) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho ba điểm không thẳng hàng A( 4; 2), B(2; 4) , C (8;  2) Tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành A x ; y ;B x ; y C  xC ; yC  ; D  xD ; yD  10 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tứ giác ABCD có  A A   B B  ; Chứng minh tứ giác ABCD hình bình hành x A  xC  xB  xD y A  yC  yB  yD 11 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho ba điểm không thẳng hàng M (1;  2), N (3;1) , P ( 1; 2) Tìm toạ độ điểm Q cho tứ giác MNPQ hình thang có MN / / PQ PQ 2MN D LỜI GIẢI THAM KHẢO A D B C B D     a  (2;  3), b  (  3;0), c  (5;1), d (0; 4) a) a  1, b  a  , b 2 b) 9 a  ,b  5 c)   ABCD Tứ giác hình bình hành DC  AB Suy D (2;  4)   DC  xC  xD ; yC  yD  , AB  xB  x A ; yB  y A  10 Ta có: Tứ giác ABCD hình bình hành    x  x D x B  x A  x  xC  x B  x D DC  AB   C  A  y A  yC yB  yD  yC  yD yB  y A  A ( a ; b ) PQ 11 Gọi trung điểm Ta có: MN (2;3) Vì MN / / PQ PQ 2MN nên   a  2   a MN  AP    b  3 2  b Suy A( 3;  1)   AP QA  Q( 5;  4) Lại có BÀI BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Biểu thức toạ độ phép cộng hai vectơ, phép trừ hai vectơ, phép nhân số với vectơ   u  x1; y1  v  x2 ; y2  Nếu   u  v  x1  x2 ; y1  y2    u  v  x1  x2 ; y1  y2   ku  kx1; ky1  : k   Nhận xét: Hai vectơ x1 kx2 y1 ky2     u  x1 ; y1  , v  x2 ; y2  (v 0) phương có số thực k cho Toạ độ trung điểm đoạn thẳng toạ độ trọng tâm tam giác - Cho hai điểm A  xA ; yA  B  xB ; y B  Nếu M  xM ; y M  xM  trung điểm đoạn thẳng AB x A  xB y  yB ; yM  A 2 A x ; y , B x ; y ,C x ; y G x ;y - Cho tam giác ABC có  A A   B B   C C  Nếu  G G  trọng tâm tam giác ABC xG  x A  x B  xC y  yB  yC ; yG  A 3 Biểu thức toạ độ tích vơ hướng     u  x1; y1  v  x2 ; y2  u - Nếu v  x1 x2  y1 y2     2 - Nếu a ( x; y ) | a | a a  x  y - Nếu A  x1 ; y1  - Với hai vectơ B  x2 ; y2   u  x1; y1   AB | AB |  v  x2 ; y2   x2  x1    y2  y1   khác , ta có:   - u v vng góc với x1 x2  y1 y2 0   u v x1 x2  y1 y2  cos(u , v )     | u | | v | x1  y12  x22  y22 B VÍ DỤ Vấn đề Tìm toạ độ vectơ dựa biểu thức tọ ̣ độ phép toán vectơ   Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho u (1;  2), v ( 2;  3)       Tìm toạ độ vectơ u  v , u  v ,  2u 3u  4v Giải      Ta có: u  v ( 1;  5), u  v (3;1),  2u ( 2; 4)     u  (3;  6), v ( 8;  12) ta có: 3u  4v (11;6) Với    a  (  1; 2), b (3;1), c (2;  3) Oxy Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ , cho     u a) Tìm toạ độ vectơ 2a  b  3c      x x b) Tìm toạ độ vectơ cho  2b a  c Giải     a  b (1;5) Mà 3c (6;  9) a  (  2; 4) a) Ta có: nên     u  a  b  3c ( 5;14) Suy            b) Ta có: x  2b a  c  x a  c  2b Mà a  c (1;  1), 2b (6; 2)     x Suy a  c  2b (  5;  3) Vấn đề Điều kiện để ba điểm thẳng hàng Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho điểm A( 1; 2), B(2;3), C ( 4; m) Tìm m để ba điểm A, B, C thẳng hàng Giải   AB  (3;1), AC (  3; m  2) Ta có:   A, B, C thẳng hàng  Tồn k   cho AB k AC 3 k (  3)    k (m  2) AB  k AC  Từ ta có: k   m 1   m  k   Suy với tồn cho AB k AC hay A, B, C thẳng hàng  Vấn đề Tìm toạ độ trung điểm đoạn thẳng toạ độ trọng tam tam giác Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho A( 2;3), B(4;5), C (2;  3) a) Chứng minh ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng b) Tìm toạ độ trung điểm M đoạn thẳng BC c) Tìm toạ độ trọng tâm G tam giác ABC Giải   AB  (6; 2), AC (4;  6) a) Ta có:    k   AB  k AC Vì ba điểm A, B, C không thẳng hàng  Do nên không tồn để b) Do M  xM ; y M  trung điểm đoạn thẳng BC nên ta có: xM  42  ( 3) 3; yM  1 2 Vậy M (3;1) c) Do G  xG ; yG  xG  trọng tâm tam giác ABC nên ta có:  5  242   (  3) G ;   ; yG   3 3 Vậy  3  Vấn đề Tìm tọa độ điểm thoả mãn điều kiện cho trước Ví dụ Cho ba điểm không thẳng hàng A(1;1), B(4;3) C (6;  2) Tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABCD hình thang có AB / / CD CD 2 AB Giải   CD  ( x  6; y  2), AB (3; 2) Từ giả thiết suy ra: D ( x ; y ) Giả sử Ta có: Vấn đề Biểu thức toạ độ tích vơ hướng ứng dụng   Ví dụ Tính góc hai vectơ u ( 2;  3), v (3; 3) Giải   Ta có: u v ( 2) 3  ( 3)   12 ,   | u | ( 2)  (  3) 4,| v | 32  ( 3) 2   u v  12  cos(u , v )       | u | | v | 2 Vậy (u , v ) 150 Suy Ví dụ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có A( 2;3), B(4;5) , C (2;  3) Giải tam giác ABC (làm tròn kết đến hàng đơn vị) Giải 2 - Ta có: AB  (4  (  2))  (5  3)  40 2 10 6 , BC  (2  4)2  (  5)2  68 2 17 8, AC  (2  ( 2))2  (  3)2  52 2 13 7     AB  (6; 2), AC  (4;  6) - Ta có: nên AB AC 6.4  (-6) 12    AB AC 12 130  cos BAC cos( AB, AC )      130 | AB | | AC | 10 2 13 Suy   Vậy BAC 75   BA  (  6;  2), BC ( 2;  8) nên Ta có:   BA BC ( 6) ( 2)  ( 2) ( 8) 28    BA BC 28 170 cos ABC cos( BA, BC )      170 | BA | | BC | 10 2 17 Suy   Vậy ABC 58 Suy ta có: ACB 180  ( BAC   ABC ) 180  75  58 47   Vấn đề Ứng dụng  Ví dụ Một vật đồng thời bị ba lực tác động: lực tác động thứ F1 có độ lớn 1500 N , lực tác động thứ   hai F2 có độ lớn 600 N , lực tác động thứ ba F3 có độ lớn 800 N      F , F  30 ,  F , F  45 Các lực biểu diễn vectơ Hình , với      F , F  75  Tính độ lớn lực tổng hợp tác động lên vật (làm tròn kết đến hàng đơn vị) Giải Chọn hệ trục toạ độ Oxy Hình 6, x y tính Newton Ta có: 10