Bài tập Bài 1. Tọa độ của vectơ có đáp án

Để xác định vị trí quân mã trên bàn cờ vua ta gắn bàn cờ vua với hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ trên.

Khi đó, với mỗi vị trí của quân mã ta dõng thẳng xuống hai trục tọa độ Ox và Oy từ đó xác định được tọa độ tương ứng là (x; y).

Vì khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của hai vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ bằng 1 đơn vị nên vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$ đều có độ lớn bằng 1, tức là $|\overrightarrow{i}|$ = 1 và $|\overrightarrow{j}|$ = 1.

Phương của vectơ trùng với trục Ox, chiều của vectơ trùng với chiều dương của trục Ox.

Phương của vectơ trùng với trục Oy, chiều của vectơ trùng với chiều dương của trục Oy.

Theo quy tắc hình bình hành ta có:$\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{O{A}_{1}}+\overrightarrow{O{A}_{2}}$ .

Mà $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{a}$ và $\overrightarrow{O{A}_{1}}=x\overrightarrow{i}$ , $\overrightarrow{O{A}_{2}}$ = y $\overrightarrow{j}$ nên ta có $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{O{A}_{1}}+\overrightarrow{O{A}_{2}}\Leftrightarrow \overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}$ .

Vậy $\overrightarrow{a}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}$ .

Gọi M$_{1}$ và M$_{2}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên Ox và Oy.

Khi đó $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{O{M}_{1}}+\overrightarrow{O{M}_{2}}$ (quy tắc hình bình hành)

Mặt khác, vì điểm M(x; y) nên OM$_{1}$ = x và OM$_{2}$ = y.

Suy ra $\overrightarrow{O{M}_{1}}=x\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{O{M}_{2}}=y\overrightarrow{j}$ .

Do đó $\overrightarrow{OM}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}$

Vậy $\overrightarrow{OM}$ = (x; y).

a) Ta vẽ được các điểm D, E, F trên mặt phẳng Oxy như sau :

b) Vì D(−1; 4), E(0; −3), F(5; 0) nên $\overrightarrow{OD}$ = (−1; 4); $\overrightarrow{OE}$ = (0; −3); $\overrightarrow{OF}$ = (5; 0).

Vậy $\overrightarrow{OD}$ = (−1; 4); $\overrightarrow{OE}$ = (0; −3); $\overrightarrow{OF}$ = (5; 0).

c) Ta có $\overrightarrow{i}=1\overrightarrow{i}+0\overrightarrow{j}$ và $\overrightarrow{j}=0\overrightarrow{i}+1\overrightarrow{j}$ nên $\overrightarrow{i}$ = (1; 0) và $\overrightarrow{j}$ = (0; 1)

Vậy $\overrightarrow{i}$ = (1; 0) và $\overrightarrow{j}$ = (0; 1).

a) Vì ABCD là hình chữ nhật nên $\widehat{B}={90}^{o}$ , do đó tam giác ABC vuông tại B.

Ta có AB = AC.cos$\widehat{CAB}$ = AC. cos30° = $|\overrightarrow{v}|$ .cos30° = 240.$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $120\sqrt{3}$ (km).

Tương tự BC = AC.sin30° = 240.sin30° = 120 (km).

Mặt khác, vì ABCD là hình chữ nhật nên DC = AB = $120\sqrt{3}$ (km) và AD = BC = 120 (km).

Vậy DC = AB = $120\sqrt{3}$ (km) và AD = BC = 120 (km).

b) Theo hình vẽ ta thấy hai vectơ $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{i}$ cùng hướng và AB =$|\overrightarrow{AB}|=120\sqrt{3}|\overrightarrow{i}|$ nên $\overrightarrow{AB}=120\sqrt{3}\ \overrightarrow{i}$

Tương tự, theo hình vẽ ta thấy hai vectơ $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{j}$ cùng hướng và AD =$|\overrightarrow{AD}|=120|\overrightarrow{j}|$ nên

Mặt khác, ta có $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}$ (quy tắc hình bình hành)

⇒ $\overrightarrow{v}=120\sqrt{3}\ \overrightarrow{i}+120\ \overrightarrow{j}$ .

Vậy $\overrightarrow{v}=120\sqrt{3}\ \overrightarrow{i}+120\ \overrightarrow{j}$

Ta có: $\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}$ = (10 +3,5; −8 + 0) = (13,5; −8).

Vậy tọa độ của vectơ tổng hai vận tốc $\overrightarrow{v}$ và $\overrightarrow{w}$ là (13,5; −8).

Vì A(x$_{A}$; y$_{A}$), B(x$_{B}$; y$_{B}$) nên $\overrightarrow{OA}$ = (x$_{A}$; y$_{A}$), $\overrightarrow{OB}$ = (x$_{B}$; y$_{B}$)

Ta có: $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}$ = (x$_{B}$ − x$_{A}$; y$_{B}$ − y$_{A}$).

Vậy $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}$= (x$_{B}$ − x$_{A}$; y$_{B}$ − y$_{A}$).

$\overrightarrow{FE}$ = (9 − 8; 9 − (−7)) = (1; 16).

$\overrightarrow{FG}$ = (0 − 8; −6 −(−7)) = (−8; 1).

$\overrightarrow{EG}$ = (0 − 9; −6 − 9) = (−9; −15).

Vậy $\overrightarrow{FE}$ = (1; 16); $\overrightarrow{FG}$= (−8; 1); $\overrightarrow{EG}$= (−9; −15).

a) Vì M là trung điểm của cạnh QS nên ta có : M $(\frac{{x}_{Q}+{x}_{S}}{2};\frac{{y}_{Q}+{y}_{S}}{2})$

⇒ M $(\frac{7+5}{2};\frac{-2+8}{2})$ ⇒ M ( 2; 3).

Vậy M (2;3).

b) Vì G là trọng tâm của tam giác QRS nên ta có: G $(\frac{{x}_{Q}+{x}_{R}+{x}_{S}}{3};\frac{{y}_{Q}+{y}_{R}+{y}_{S}}{3})$

⇒ G $(\frac{7+(-4)+5}{3};\frac{-2+9+8}{3})$ ⇒ G $(\frac{8}{3};5)$.

Vậy G $(\frac{8}{3};5)$.

c) Ta có: $\sqrt{{(\overrightarrow{a})}^{2}}=\sqrt{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{a}}=\sqrt{{a}_{1}.{a}_{1}+{a}_{2}.{a}_{2}}=\sqrt{{a}_{1}^{2}+{a}_{2}^{2}}$.

Vậy $|\overrightarrow{a}|=\sqrt{{(\overrightarrow{a})}^{2}}=\sqrt{{a}_{1}^{2}+{a}_{2}^{2}}$ ;

a) Gọi điểm H(x; y) là chân đường cao kẻ từ D của tam giác DEF.

Khi đó $\overrightarrow{DH}$ = (x − 2; y − 2), $\overrightarrow{EH}$= (x − 6; y − 2), $\overrightarrow{EF}$ = (−4; 4).

H(x; y) là chân đường cao của tam giác DEF kẻ từ D, nên ta có:

$\overrightarrow{DH}.\overrightarrow{EF}$ = 0 ⇔ (x − 2).(−4) + (y − 2). 4 = 0 ⇔ −4x + 4y = 0 (1)

Hai vectơ $\overrightarrow{DH},\overrightarrow{EF}$ cùng phương ⇔ (x − 6). 4 − (y − 2). (−4) = 0 ⇔ 4x + 4y − 32 = 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{matrix}-4x+4y=0 \\ 4x+4y-32=0\end{matrix}$

Giải hệ trên ta được $\{\begin{matrix}x=\text{4} \\ y=4\end{matrix}$

Vậy H(4; 4)

b) Mỗi đơn vị trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1 km nên ta có:

Khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo B là: AB ≈ 60,8 (km).

Khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo C là AC ≈ 60,1 (km).

Vậy khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo B khoảng 60,8 (km); Khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo C khoảng 60,1 (km).

a) Ta có hình vẽ biểu diễn các điểm A, B, C, D như sau :

c) Điểm D(2; 2) có hoành độ bằng tung độ nên điểm D thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

Vậy điểm B thuộc trục hoành, điểm C thuộc trục tung, điểm D thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

a)

Do H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox nên điểm H có hoành độ bằng hoành độ của điểm M, và tung độ bằng 0.

⇒ H(x$_{0}$; 0).

Vậy điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox thì H(x$_{0}$; 0).

b) M' đối xứng với M qua trục Ox ⇒ H là trung điểm của MM'

$\{\begin{matrix}{x}_{H}=\frac{{x}_{M}+{x}_{M'}}{2} \\ {y}_{H}=\frac{{y}_{M}+{y}_{M'}}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{0}=\frac{{x}_{0}+{x}_{M'}}{2} \\ 0=\frac{{y}_{0}+{y}_{M'}}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}2{x}_{0}={x}_{0}+{x}_{M'} \\ 0={y}_{0}+{y}_{M'}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{M'}={x}_{0} \\ {y}_{M'}=-{y}_{0}\end{matrix}$

Vậy điểm M’ đối xứng với M qua trục Ox thì M’ có tọa độ là: M'(x$_{0}$; −y$_{0}$).

c) Do điểm K là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy nên K có hoành độ bằng 0 và tung độ bằng tung độ của điểm M, tức là K(0; y$_{0}$)

Vậy điểm K là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy thì K có tọa độ là: K(0; y$_{0}$).

d) M'' đối xứng với M qua trục Oy ⇒ K là trung điểm của MM''

$\{\begin{matrix}{x}_{K}=\frac{{x}_{M}+{x}_{M''}}{2} \\ {y}_{K}=\frac{{y}_{M}+{y}_{M''}}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}0=\frac{{x}_{0}+{x}_{M''}}{2} \\ {y}_{0}=\frac{{y}_{0}+{y}_{M''}}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{M''}=-{x}_{0} \\ {y}_{M''}={y}_{0}\end{matrix}$

⇒ M''(−x$_{0}$; y$_{0}$).

Vậy điểm M'' đối xứng với M qua trục Oy thì M''(−x$_{0}$; y$_{0}$).

e) Vì C đối xứng với M qua gốc tọa độ O nên O là trung điểm của CM.

$\{\begin{matrix}{x}_{O}=\frac{{x}_{M}+{x}_{C}}{2} \\ {y}_{O}=\frac{{y}_{M}+{y}_{C}}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}0=\frac{{x}_{0}+{x}_{C}}{2} \\ 0=\frac{{y}_{0}+{y}_{C}}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{C}=-{x}_{0} \\ {y}_{C}=-{y}_{0}\end{matrix}$

⇒ C(−x$_{0}$; −y$_{0}$).

Vậy điểm C đối xứng với điểm M qua gốc tọa độ thì C có tọa độ là: C(−x$_{0}$; −y$_{0}$).

a) Xét D(x; y). Ta có: $\overrightarrow{AB}$ = (1; 3); $\overrightarrow{DC}$ = (5 − x; 5 − y)

ABCD là hình bình hành ⇔ $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{DC}$

⇔ $\{\begin{matrix}1=5-x \\ 3=5-y\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=4 \\ y=2\end{matrix}$

Vậy D(4; 2).

b) Gọi M là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD.

Khi đó M là trung điểm của BD

$\Rightarrow \{\begin{matrix}{x}_{M}=\frac{3+4}{2}=\frac{7}{2} \\ {y}_{M}=\frac{5+2}{2}=\frac{7}{2}\end{matrix}\Rightarrow M(\frac{7}{2};\frac{7}{2})$

Vậy $M(\frac{7}{2};\frac{7}{2})$