sach bai tap toan 10 bai 10 vecto trong mat phang toa do ket noi tri t

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 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 tự là trung điểm cạnh BC, CA, AB

Lời giải

Cách 1:

Gọi A(xA; yA); B(xB; yB) và C(xC; yC) là tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC

Ta có:

+) M(4; 0) là trung điểm của BC nên

x x 4

2

y y 0

2



 



 





+) N(5; 2) là trung điểm của CA nên

x x 5

2

y y 2

2



 



 



+) P(2; 3) là trung điểm của AB nên

x x 2

2

y y 3

2



 



 



Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

   







A A





A

A





  A(3; 5)

Khi đó B

B

  



  B(1; 1)

C

C



  C(7; –1)

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1)

Cách 2:

Do M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB

Nên MN, NP, PM là các đường trung bình của tam giác ABC

 MN // AB, NP // BC, MP // AC

+) Do MN // BM và NP // BM nên tứ giác MNPB là hình bình hành

Gọi B(xB; yB) và có M(4; 0), N(5; 2) và P(2, 3)

MB x 4; y

   và NP2 5;3 2    3;1

Khi đó B

B

  





B B





  B(1; 1) Tương tự ta cũng có A(3; 5) và C(7; –1)

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và 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) và C(7; 0)

a) Tính độ dài các đoạn thẳng AB, BC và CA Từ đó suy ra tam giác ABC là một tam giác vuông cân

b) Tìm toạ độ của điểm D sao cho tứ giác ABDC là một hình vuông

Lời giải

a) Với A(2;–1), B(1; 4) và C(7; 0) ta có:

+) AB 1 2; 4  1   1;5

 2 2

+) BC7 1;0 4  6; 4 

 2 2

+) CA2 7; 1 0      5; 1

   2 2

Do đó AB = CA  26

Nên tam giác ABC cân tại A (1)

Mặt khác:  2

2

Và    2 2

 BC2 = AB2 + AC2

Theo định lí Pythagoras đảo thì tam giác ABC vuông tại A (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC vuông cân tại A với ABAC 26; BC2 13 b)

Vì ABC là tam giác vuông cân

Nên để ABDC là hình vuông thì tứ giác ABDC là hình bình hành

Gọi D(xD; yD) và có A(2;–1), B(1; 4), C(7; 0)

CA 5; 1

    và DB 1 x ; 4D yD

D

5 1 x

  





D

D





  D(6; 5)

Vậy tọa độ điểm D cần tìm là D(6; 5)

Bài 4.24 SBT Toán 10 trang 58 Tập 1:

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M(–2; 1) và N(4; 5)

a) Tìm toạ độ của điểm P thuộc Ox sao cho PM = PN

b) Tìm toạ độ của điểm Q sao cho MQ2PN

c) Tìm toạ độ của điểm R thoả mãn RM2RN0 Từ đó suy ra P, Q, R thẳng hàng

Lời giải

a) Gọi P(a; 0) là điểm thuộc tia Ox

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

+) PM   2 a;1  2 2

+) PN4 a;5   2 2

Do đó PM = PN  2 2  2 2

 (–2 – a)2 + 12 = (4 – a)2 + 52

 4 + 4a + a2 + 1 = 16 – 8a + a2 + 25

 12a = 36

 a = 3

Vậy P(3; 0)

b) Giả sử điểm Q có tọa độ là Q(x; y)

Với M(–2; 1), N(4; 5) và P(3; 0) ta có:

+) MQx2; y 1 

+) PN4 3;5 0     1;5

2PN 2;10

Do đó MQ 2PN x 2 2

y 1 10

 





x 0

y 11





  Q(0; 11)

Vậy Q(0; 11)

c) Giả sử R(x0; y0) là điểm cần tìm

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

+) RM   2 x ;1 y0  0

+) RN4x ;50 y02RN 8 2x ;100 2y0

RM 2RN 2 x 8 2x ;1 y 10 2y

RM 2RN 6 3x ;11 3y

0





0

0

x 2

11

y

3







 





11

R 2;

3

  

+) Ta xét ba điểm: P(3; 0), Q(0; 11) và R 2;11

3

PQ 3;11

   và QR 2;11 11 2; 22



    

Có: 3 11

22

2

3



  nên hai vectơ PQ và QR cùng phương

Do đó 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) và N(2; 7)

a) Tìm toạ độ của điểm P thuộc trục tung sao cho M, N, P thẳng hàng b) Tìm toạ độ của điểm Q đối xứng với N qua Oy

c) Tìm toạ độ của điểm R đối xứng với M qua trục hoành

Lời giải

a) Giả sử P(0; yP) là điểm thuộc trục tung

Với M(–3; 2) và N(2; 7) ta có:

MP 3; y 2 và NP  2; yP 7

Ba điểm M, N, P thẳng hàng

MP

 và NP cùng phương

P

P

y 2

3

2 y 7



  (với yP ≠ 7)

 3.(yP – 7) = –2.(yP – 2)

 3.yP – 21 = –2yP + 4

 3.yP + 2yP = 4 + 21

 5.yP = 25

 yP = 5 (thỏa mãn)

Vậy P(0; 5)

b)

Vì Q đối xứng với N(2; 7) qua Oy nên:

+ Hoành độ của điểm Q là số đối của hoành độ điểm N; + Tung độ của điểm Q bằng với tung độ của điểm N

Do đó Q(–2; 7)

Vậy Q(–2; 7)

c)

Vì R đối xứng với M(–3; 2) qua trục hoành nên:

+ Hoành độ của điểm R bằng hoành độ điểm M;

+ Tung độ của điểm R bằng số đối của tung độ điểm M

Do đó 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) và D(11; 2)

a) Tìm toạ độ của điểm E thuộc trục tung sao cho vectơ EC ED có độ dài ngắn nhất b) Tìm toạ độ của điểm F thuộc trục hoành sao cho 2FC3FD đạt giá trị nhỏ nhất c) Tìm tập hợp các điểm M sao cho MCMD CD

Lời giải

a) Giả sử E(0; yE) là điểm thuộc trục tung

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

EC 1;6y và ED11; 2yE

EC ED 1 11;6 y 2 y

EC ED 12;8 2y

2

E

EC ED 12 8 2y

Vì (8 – 2yE)2 ≥ 0 ∀ yE

Nên 122 + (8 – 2yE)2 ≥ 122 ∀ yE

Hay 2  2

E

12  8 2y 12 ∀ yE

Do đó độ dài của vectơ ECED nhỏ nhất bằng 12

Dấu “=’ xảy ra  8 – 2yE = 0

 yE = 4

Vậy với E(0; 4) thì vectơ EC ED có độ dài ngắn nhất b) Giả sử F(a; 0) thuộc trục hoành

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

+) FC 1 a;62FC22a;12

+) FD11 a; 2  3FD33 3a;6 

2FC 3FD 2 2a 33 3a;12 6

2FC 3FD 35 5a;18

2FC 3FD 35 5a 18

Vì (35 – 5a)2 ≥ 0 ∀a

Nên (35 – 5a)2 + 182 ≥ 182 ∀a

Hay  2 2

35 5a 18 ∀a

Do đó độ dài của vectơ 2FC 3FD nhỏ nhất bằng 18

Dấu “=’ xảy ra  35 – 5a = 0

 a = 7

Vậy với F(7; 0) thì 2FC3FD đạt giá trị nhỏ nhất

c) Giả sử M(x ; y) là tọa độ điểm thỏa mãn MCMD CD

Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:

+) CD10; 4 

 2

CD CD 10 4 116 2 29

Gọi I là trung điểm của CD, khi đó ta có:

• Tọa độ của I là: I

I

1 11

2

6 2

2







 I(6; 4)

• MCMD2MI

Ta có MCMD CD 2MICD

CD 2 29

Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm I(6; 4) và 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) và C(2; –1)

a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác Tìm toạ độ trọng tâm của tam giác đó

b) Tìm toạ độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp và trực tâm H của tam giác ABC

Lời giải

a) Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có:

+) AB 2; 2

+) AC1; 3 

Do 2 2

1  3

 nên hai vectơ AB và AC không cùng phương

Do đó ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên tạo thành một tam giác

Gọi G(x; y) là tọa độ trọng tâm của tam giác ABC

 

3

y

 





5

G 2;

3

 

  

Vậy G 2;5

3

 

 

 

b) * Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Gọi I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi đó IA = IB = IC

Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có:

+) IA 1 a; 2b   2 2

+) IB 3 a; 4b   2 2

+) IC2 a; 1 b      2 2

Do đó IA = IB = IC  IA2 = IB2 = IC2

 (1 – a)2 + (2 – b)2 = (3 – a)2 + (4 – b)2 = (2 – a)2 + (–1 – b)2















2 2

a













4a 4b 20





 





15

a

4

5

b

4

 



 

 



15 5

I ;

4 4

* Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC

Gọi H(x0; y0) là tọa độ trực tâm của tam giác ABC

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên theo kết quả của Bài 4.15, phần a) trang 54 ta

có AH2IM (với M là trung điểm của BC)

Với A(1; 2), B(3; 4), C(2; –1) và I 15 5;

4 4

 ta có:

• Trung điểm M của BC có tọa độ là:

 

M

M

3 2 5 x

y







5 3

M ;

2 2

• IM 5 15 3; 5 5 1;



     

5 1

2 2



• AH x0 1; y0 2

Ta có: AH2IM

0

0

5

x 1

2 1

y 2

2



  



 

  



0

0

3 x

2 5 y 2



 



 

 



3 5

H ;

2 2



  

Vậy I 15 5;

4 4

  và

3 5

2 2



Bài 4.28 SBT Toán 10 trang 62 Tập 1:

Để kéo đường dây điện băng qua một hồ hình chữ nhật ABCD với độ dài AB = 200 m,

AD = 180 m, người ta dự định làm 4 cột điện liên tiếp cách đều, cột thứ nhất nằm trên

bờ AB và cách đỉnh A khoảng cách 20 m, cột thứ tư nằm trên bờ CD và cách đỉnh C khoảng cách 30 m Tính các khoảng cách từ vị trí các cột thứ hai, thứ ba đến các bờ

AB, AD

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho các đỉnh của hình hồ hình chữ nhật có các tọa độ là A(0; 0), B(200; 0), C(200; 180) và D(0; 180)

Gọi vị trí các cột điện được trồng là C1, C2, C3 và C4

Vì vị trí cột điện thứ nhất C1 nằm trên bờ AB và cách A một khoảng 20 m nên trong

hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C1(20; 0)

Vị trí cột điện thứ tư nằm trên bờ CD và cách C một khoảng 30 m nên khoảng cách từ

C4 đến D là 170 m Khi đó trong hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C4(170; 180)

Vì bốn cột điện được trồng liên tiếp nhau và cách đều trên một đường thẳng nên:

C1C2 = C2C3 = C3C4

 C1C2 = 1

3C1C4 và C1C3 =

2

3C1C4

1

3

  và C C1 3 2C C1 4

3



Giả sử C2(a; b) và C3(x; y)

Với C1(20; 0), C4(170; 180) ta có:

1 4

C C  150;180 ; C C1 2 a20; b và C C1 3 x20; y

• 1 2 1 4

1

a 20 150 50

C C C C

1 3

b 180 60 3









  C2(70; 60)

 d(C2; AB) = d(C2; Ox) = |b| = 60 (m)

d(C2; AD) = d(C2; Oy) = |a| = 70 (m)

• C C1 3 2C C1 4

3



2

x 20 150 100

3 2

y 180 120 3



 







  C3(120; 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 là 60 m và đến bờ AD là 70 m

Khoảng cách từ cột điện thứ ba đến bờ AB là 120 m và đến bờ AD là 120 m