Kntt c4 b10 p2 vecto trong mat phang toa do

a Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB.. b Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC... Đề thể hiện một phần Trái Đất trên một bản đồ phẳng người ta dùng một phép chiếu bản đồ, với độ

Hình học ⓾ Chương 4

❶ Giáo viên Soạn: Nguyễn Tất Trịnh FB: Nguyễn Tất Trịnh

❷ Giáo viên phản biện : Nguyễn Văn Tâm FB: Tâm Nguyễn

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A1;3, B  2;6,C5;1

a) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB

b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC

Giải a) (Hình 4.37) Điểm I x y ;  là trung điểm của đoạn thẳng AB khi và chỉ khi IA IB 0 * 

Mặt khác IA 1 x;3 y IB,    2 x;6 y IA IB,     1 2 ;9 2x  y

Do đó, (*) tương đương với

1

2

x x

y

y







  



 

Vậy

1 9

;

2 2

I  

b) Điểm G x y ;  là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi GA GB GC    0 (**)

Mặt khác GA  1 x;3 y GB ,    2 x;6y GC, 5 x;1 y

;

4 3 ;10 3 

GA GB GC    x  y

  

Do đó, (**) tương đương với

4

3

x x

y

y







 



 

Vậy

4 10

;

3 3

G  

Chú ý:

Trung điềm M của đoạn thẳng AB có toạ độ là 2 ; 2

x x y y

1

VECTƠ TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ

10

Ví dụ 4.

Hình 4.37

Trọng tâm G của tam giác ABC có toạ độ là

;

x x x y y y

Từ thông tin dự báo bão được đưa ra ở đầu bài học,

hãy xác định toạ độ vị trí M của tâm bão tại thời

điềm 9 giờ trong khoảng thời gian 12 giờ của dự

báo

Lời giải

Gọi Mx;y,x13,8;14,1 , y106,3;108,3 

0,3; 2 AB 0,32  22 4,09

 13,8; 108,3

AM  x y

,

AB AM

 

cùng phương

13,8 108,3



2 60,09 0,3

x

  Quãng đường cơn bão đi được sau 9 giờ là:

4, 09 3 4, 09

.9

Ta có 3 4,09  13,82  108,32 3 4,09

2

x

2 2

x

2

2 2 27,6 36,81 13,8

x

Dùng chức năng SLOVE của MTCT ta tìm được hai nghiệm của phương trình là:

13,575 loai 14,025 106,8

x









Vậy M14,025;106,8 .

Chú ý Đề thể hiện một phần Trái Đất trên một bản đồ phẳng người ta dùng một phép chiếu bản đồ, với

độ sai khác nhất định giữa bản vẽ và thực địa (thường được quy định với từng loại bản đồ), về nguyên tắc, phạm vi thể hiện càng hẹp thì càng chính xác Trong vận dụng này, ta chỉ tính toán trong phạm vi một đoạn đường đi ngắn của tâm bão

BÀI TẬP

4.16 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho các điểm M1;3 , N4;2 .

Trong 12 giờ, tâm bão được dự báo di chuyển thẳng đều từ A13,8; 108,3

tới vị trí có toạ độ B14,1; 106,3

Gọi toạ độ cùa M là x y;  Bạn hãy tìm mối liên

hệ giữa hai vectơ AM

và AB

rồi thể hiện mối quan hệ đó theo toạ độ để tìm

;

x y

Vận dụng.

Hình học ⓾ Chương 4

a) Tính độ dài của các đoạn thẳng OM , ON, MN

b) Chứng minh rằng tam giác OMN vuông cân

Lời giải

a) OM  1232  10 , ON  4222 2 5

b) MN  4 1 22 3 2  10

Vì OM2MN2 20ON2 nên tam giác OMN vuông tại M , mà OM MN nên tam giác OMN vuông cân tại M

4.17 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các vectơ a 3i 2 , j b4; 1 và các điềm M3;6 , N3; 3 

a) Tìm mối liên hệ giữa các vectơ MN

và 2a b 

b) Các điểm O M N, , có thẳng hàng hay không?

c) Tìm điềm P x y ; 

để OMNP là một hình bình hành.

Lời giải

a) MN  6; 9 

; a3; 2  2a6; 4 ; 2a b  2; 3  Suy ra MN 3 2 a b  

b) Ta có: OM   3;6 ,  ON3; 3 

Vì





 nên OM ON,

 

không cùng phương, suy ra O M N, , không thẳng hàng

c) Ta có: OM   3;6 ,  PN 3 x; 3  y

Do đó: OMNP là một hình bình hành khi và chỉ khi

6; 9

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4.18 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điềm A1;3 , B2;4 , C  3; 2.

a) Hãy chứng minh rằng A B C, , là ba đỉnh của một tam giác.

b) Tìm toạ độ trung điểm M của đoạn thẳng AB

c) Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC

d) Tìm điểm D x y ;  để O0;0là trọng tâm của tam giác ABD .

Lời giải

a) Ta có: AB1;1 ; AC  4; 1 

Vì

4 1

  nên AB AC;

 

không cùng phương, suy ra A B C, , là ba đỉnh của một tam giác

3

b)

1 2 3

3 7

2 2

M

M

x

M y







c)

 

 

1 2 3

0

3 4 2

3 3

G

G

x

G y

  









 



d) Gọi D x y D; D

Ta có:

1 2

0

3

D

D

x

x

D

 







 

4.19 Sự chuyển động của một tàu thủy được thề hiện trên một mặt phẳng toạ độ như sau: Tàu khời hành

từ vị trí A1; 2

chuyền động thẳng đều với vận tốc (tính theo giờ) được biểu thị bời vectơ v  3; 4

Xác định vị trí của tàu (trên mặt phẳng toạ độ) tại thời điểm sau khi khởi hành 1,5 giờ

Lời giải

Gọi Bx ; y,(y0)

;

3 4 5



; ABx1;y 2

Quảng đường tàu thủy chạy được sau 1,5 giờ là: 1,5.5 7,5

Ta có: AB  x12y 22 7,5 x12y 22 7,52 (1)

AB

và v



cùng phương nên

(2)

x y

Thay  2 vào  1 ta có:

2

8

3 1

y



  

Vậy

11

8;

2

B  

Hình học ⓾ Chương 4

4.20 Trong Hình 4.38, quân mã đang ở vị trí có toạ độ 1; 2 Hỏi sau một nước đi, quân mã có thể đến những vị trí nào?

Lời giải

Quân mã di chuyển theo hình chữ L, mỗi nước đi gồm tổng cộng 3 ô: tiến 1 ô rồi quẹo trái hoặc quẹo

phải 2 ô và ngược lại; tiến 2 ô rồi quẹo trái hoặc quẹo phải 1 ô và ngược lại Khác với toàn bộ quân cờ

trong bàn cờ vua, mã không bị cản bởi bất cứ quân nào và có thể nhảy qua tất cả các quân khác

trên đường đi của mình.

Theo cách đi như trên thì Quân mã có thể ở các vị trí sau: 2; 4 , 2;0 , 3;3 , 3;1 , 0;4 , 0;0          

BÀI TẬP THÊM

Câu 1: Trong hệ tọa độ Oxy, cho A1;3 , B4;0 , C(2; 5) Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn hệ thức

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

?

A M1;18. B M  1;18. C M1; 18 

D M  18;1.

Lời giải

Gọi tọa độ M x y ; .

Suy ra MA (1 x;3 y)

, MB(4 x; y)



, MC(2 x; 5  y)

Ta có MA MB  3MC0



 

     



1 18

x y





 





5

Câu 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A2;1 , B4;0 , C2;3 Tìm điểm Mbiết rằng

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

A M2; 5  B M5; 2  C M  5; 2. D M2;5.

Lời giải

Gọi điểm M x y ; 

Khi đó ta có:CM x 2;y 3

,AC 4; 2

, AB 6; 1 

Theo giả thiết ta có: CM  3AC 2AB

 

3 3.2 2 1 5

  



Vậy M2; 5 

Câu 3: Các điểm M2;3, N0; 4 

, P  1;6 lần lượt là trung điểm các cạnh BC , CA , AB của tam

giác ABC Tọa độ đỉnh A của tam giác là

A 1; 10  B 1;5. C 3; 1  D 2; 7 

Lời giải

B

A

Ta có: tứ giác APMN là hình bình hành

Nên hai đường chéo AM và PN cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Do đó

Câu 4: Cho A1; 2

, B  2;6

Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Oy sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng?

10 0;

3

M  

5

;0 2

M  

5 0;

2

M  

 

Lời giải

Vì M thuộc trục Oy nên M0;y.

Suy ra AB  ( 3; 4)

, AM  ( 1;y 2)

Để ba điểm A, B, M thẳng hàng thì

y



4 3y 6

10 3

y

Vậy

10 0;

3

M  

Câu 5: Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A2; 2 , B  1;6 Tìm tọa độ điểm I sao cho B là trung

Hình học ⓾ Chương 4

điểm của đoạn thẳng AI

A

3

;2 2

I  

1

;4 2

I  

 

Lời giải

B là trung điểm của đoạn thẳng AI nên ta có

2

2

6 2

x

I













Vậy I  4;10

Câu 6: Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A6;1 ,  B  3;5 và trọng tâm G  1;1 Tìm tọa

độ đỉnh C ?

A C6; 3  

B C  6;3 

C C   6; 3 

D C  3;6 

Lời giải

Gọi C x y ; 

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

 

6 3

3

1 5

1 3

x

x y y

  













Câu 7: Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C   2; 4

, trọng tâm G0; 4

và trung điểm cạnh

Lời giải

Vì M là trung điểm BC nên

 

6; 4

B









Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

4;12

A

   



 





Suy ra x Ax B  2.

Câu 8: Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A1;1 ,  B3;2 ,  C6;5  Tìm tọa độ điểm D để tứ giác

ABCD là hình bình hành.

A D4;3  B D3; 4  C D4; 4  D D8;6 

Lời giải

7

Gọi D x y ; . Ta có

2;1

6 ;5

AB

 





  





Tứ giác ABCD là hình bình hành  AB DC 2 6 4 4;4 

D

Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A3; 2 , B0; 2 

Điểm

5; 1

là trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa độ điểm D

A 12;3

B 15;1

C.10;0

D 15; 1 

Lời giải

Từ ABCD là hình bình hành và G là trọng tâm ABC suy ra BD  3BG

Với BG 5;1

thì BD  15;3

Do đó tọa độ điểmD15;1

Câu 10: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A0;3, D2;1 và I  1;0 là tâm của

hình chữ nhật Tìm tọa độ tung điểm của cạnh BC

A 1; 2  B 2; 3   C 3; 2   D 4; 1  

Lời giải

Gọi M là tọa độ trung điểm của cạnh AD M1; 2 

Gọi N x y N; N

là tọa độ trung điểm của cạnh BC

Do I là tâm của hình chữ nhật  I là trung điểm của MN

Suy ra

3; 2

N

  



  



  



Câu 11: Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B9;7 ,  C11; 1   Gọi M N, lần lượt là trung

điểm của AB AC, . Tìm tọa độ vectơ MN

?

A MN  2; 8  

B MN   1; 4 

C MN  10;6 

D MN  5;3 

Lời giải

2; 8

; 1 1; 4

2

 

Hình học ⓾ Chương 4

Câu 12: Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M2;3 ,  N0; 4 ,   P1;6 lần lượt là trung

điểm của các cạnh BC CA AB, , Tìm tọa độ đỉnh A?

A A1;5 

B A   3; 1 

C A   2; 7 

D A1; 10  

Lời giải

Gọi A x y ;  Từ giả thiết, ta suy ra PA MN 

 *

Ta có PAx1;y 6

và MN     2; 7 

Khi đó  * 1 2 3  3; 1 

A

Câu 13: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A2; 3 ,   B3; 4  Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành

sao cho A B M, , thẳng hàng

A M1;0 

B M4;0 

C

M   

17

;0 7

M  

Lời giải

Điểm M Ox  M m ;0 

Ta có AB 1;7

và AM m 2;3 

ĐểA B M, , thẳng hàng  AB

cùng phương với AM 2 3 17

m

m



;0 7

M  

Câu 14: Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm A1;0 ,  B0;3

và C   3; 5 

Tìm điểm M thuộc trục

hoành sao cho biểu thức P2MA 3MB2MC

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

đạt giá trị nhỏ nhất

A M4;0  B M  4;0  C M16;0  D M  16;0 

Lời giải

Ta có 2MA  3MB 2MC  2MI IA    3MI IB   2 MI IC , I

 

2 3 2 ,

      

Chọn điểm I sao cho 2IA 3 IB 2IC 0

 * Gọi I x y ;  , từ  * ta có

4; 19

I

      





Khi đó P2MA 3MB2MC MI MI.

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Để P nhỏ nhất  MI nhỏ nhất Mà M thuộc trục hoành nên MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I lên trục hoành  M4;0 

9

Câu 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm A1;3, B4;0, C2; 5  Tọa độ điểm M thỏa

mãn MA MB    3 MC0

là

A M1;18. B M  1;18. C M  18;1. D M1; 18 

Lời giải

Gọi điểm M x M;y M.

Theo bài ra

18

M

y







   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Vậy M1; 18 

Câu 16: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A2; 3 , B3; 4  Biết M x y ;  trên trục hoành sao cho

chu vi tam giác AMB nhỏ nhất Giá trị của x nằm trong khoảng nào sau đây?

Lời giải

Nhận xét: A B, nằm cùng phía đối với trục hoành

Gọi M x ;0 là điểm cần tìm và A2;3 đối xứng với A qua trục hoành

* A B 1; 7 

Ta có: PAM MB AB MB MA   AB

* A M x 2; 3 

Ba điểm A M B, , thẳng hàng  AM

cùng phương A B

7

Vậy

17

;0 7

M  

  thỏa yêu cầu bài toán

Câu 17: Trong mặt phẳngOxy ,cho tam giác ABC có đỉnh A2; 2 , B1; 3 ,  C2; 2

Điểm Mthuộc

trục tung sao cho MA MB MC 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

nhỏ nhất có tung độ là

A.

1

1 3



C.

1

Lời giải

Hình học ⓾ Chương 4

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

1 1

;

3 3

G  

 

Ta có MA MB MC  3MG 3MG

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Do đó MA MB MC 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của G lên

trục Oy

1 0;

3

M  

 

Câu 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A2;1 , B3; 4 ,  C1;0

Tìm tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

D.I2; 4

Lời giải

GọiI x y ; 

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có: IA IB IC 

 











Vậy I   2; 4

11