Bài tập Vecto trong mặt phẳng tọa độ có đáp án

Gọi M(x; y) là vị trí của tâm bão tại thời điểm bất kì t giờ trong khoảng thời gian 12 giờ.

Do bão di chuyển thẳng đều từ A(13,8; 108,3) tới vị trí có tọa độ B(14,1; 106,3) nên điểm M thuộc đoạn thẳng AB.

Theo dự báo, tại thời điểm t giờ thì tâm bão đã đi được một khoảng AM là: $\frac{AM}{AB}=\frac{t}{12}$

Hay $AM=\frac{t}{12}AB$

Vectơ $\overset{⇀}{AM}$ cùng hướng với vectơ $\overset{⇀}{AB}$ và $AM=\frac{t}{12}AB$ nên $\overset{⇀}{AM}=\frac{t}{12}\overset{⇀}{AB}$

Ta có: A(13,8; 108,3); B(14,1; 106,3); M(x; y)

Suy ra $\overrightarrow{AM}=(x-13{,}8;y-108{,}3),\overrightarrow{AB}=(0{,}3;-2)$

Ta có: $\overset{⇀}{AM}=\frac{t}{12}\overset{⇀}{AB}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x-13{,}8=\frac{t}{12}.0{,}3 \\ y-108{,}3=\frac{t}{12}.(-2)\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=0{,}3.\frac{t}{12}+13{,}8 \\ y=-2.\frac{t}{12}+108{,}3\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=\frac{t}{40}+13{,}8 \\ y=-\frac{t}{6}+108{,}3\end{matrix}$

$\Rightarrow M(\frac{t}{40}+13{,}8;-\frac{t}{6}+108{,}3)$

Vậy ở thời điểm t giờ tâm bão là điểm M ở vị trí $\Rightarrow M(\frac{t}{40}+13{,}8;-\frac{t}{6}+108{,}3)$

Ta có vecto $\overrightarrow{OM}$ cùng hướng với vectơ $\overrightarrow{OA}$ và OM = 4OA nên ta có $\overrightarrow{OM}=4\overrightarrow{OA}=4\overrightarrow{i}$.

Ta có vecto $\overrightarrow{ON}$ ngược hướng với vectơ $\overrightarrow{OA}$ và ON = $\frac{3}{2}$OA nên ta có $\overrightarrow{ON}=-\frac{3}{2}\overrightarrow{OA}=-\frac{3}{2}\overrightarrow{i}$.

a) Xét hình bình hành OAMB, có:

$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=3\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{j}$ (quy tắc hình bình hành)

Xét hình bình hành OCND, có:

$\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=-2\overrightarrow{i}+\frac{5}{2}\overrightarrow{j}$ (quy tắc hình bình hành)

b) Xét tam giác OMN, có:

$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}$ (quy tắc ba điểm)

$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=-2\overrightarrow{i}+\frac{5}{2}\overrightarrow{j}-(3\overrightarrow{i}+5\overrightarrow{j})=-5\overrightarrow{i}-\frac{5}{2}\overrightarrow{j}.$

Ta có: $\overrightarrow{0}=0.\overrightarrow{i}+0.\overrightarrow{j}\Rightarrow \overrightarrow{0}(0;0)$.

Vậy tọa độ của $\overrightarrow{0}$ là $\overrightarrow{0}(0;0).$

a) Ta có:

$=(2;-3)\Rightarrow \overrightarrow{u}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j};\ \overrightarrow{v}=(4;1)\Rightarrow \overrightarrow{v}=4\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j};\ \overrightarrow{a}=(8;-12)\Rightarrow \overrightarrow{a}=8\overrightarrow{i}-12\overrightarrow{j}.$

b) Ta có:

$+\overrightarrow{v}=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}+4\overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}=6\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}\Rightarrow \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}=(6;-2)\ 4\overrightarrow{u}=4(2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j})=8\overrightarrow{i}-12\overrightarrow{j}\Rightarrow 4\overrightarrow{u}=(8;-12).$

c) Ta có $\overrightarrow{a}=(8;-12)=4\overrightarrow{u}$.

a) Trên trục Ox, điểm P biểu diễn cho số x$_{0}$;

Độ dài đoạn thẳng OP = |x$_{0}$| = x$_{0}$.

Ta có vecto $\overrightarrow{OP}$ cùng hướng với vecto và OP = x$_{0}$ nên $\overrightarrow{OP}={x}_{0}\overrightarrow{i}.$

b) Trên trục Oy, điểm Q biểu diễn cho số y$_{0}$;

Độ dài đoạn thẳng OQ = |y$_{0}$| = y$_{0}$.

Ta có vecto $\overrightarrow{OQ}$ cùng hướng với vecto $\overrightarrow{j}$ và OQ = y$_{0}$ nên $\overrightarrow{OQ}={y}_{0}\overrightarrow{j}.$

c) Xét tam giác OPM vuông tại P, có:

$OM=\sqrt{O{P}^{2}+M{P}^{2}}=\sqrt{O{P}^{2}+O{Q}^{2}}=\sqrt{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}}.$

Vậy $|\overrightarrow{OM}|=\sqrt{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}}.$

d) Ta có $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{OQ}={x}_{0}\overrightarrow{i}+{y}_{0}\overrightarrow{j}$.

a) Ta có M(x; y) $\Rightarrow \overrightarrow{OM}(x;y)$

Ta lại có: N(x’; y’) $\Rightarrow \overrightarrow{ON}(x';y')$

b) Ta có: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}$

Khi đó tọa độ của vecto $\overrightarrow{MN}$ là $\overrightarrow{MN}=(x'-x;y'-y).$

c) Độ dài của vecto $\overrightarrow{MN}$ là $|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{{(x'-x)}^{2}+{(y'-y)}^{2}}.$

a) Hai vecto $\overrightarrow{OA}(2;1),\overrightarrow{OB}(3;3)$ không cùng phương (vì $\frac{2}{3}\ne \frac{1}{3}$). Do đó các điểm O, A, B không cùng nằm trên một đường thẳng. Vậy chúng không thẳng hàng.

b) Các điểm O, A, B không thẳng hàng

Để OABM là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{MB}$

Ta có: $\overrightarrow{OA}(2;1),\overrightarrow{MB}(3-x;3-y)$ nên

$\{\begin{matrix}2=3-x \\ 1=3-y\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=1 \\ y=2\end{matrix}\Rightarrow M(1;2).$

Vậy điểm cần tìm là M(1;2).

Do vật di chuyển thẳng đều nên điểm M thuộc vào đoạn thẳng AB.

Do đó $\overrightarrow{AM}$ cùng phương với $\overrightarrow{AB}$

Ta có: $\overrightarrow{AM}(x-13{,}8;y-108{,}3),\overrightarrow{AB}(0{,}3;-2)$

Để $\overrightarrow{AM}$ cùng phương với $\overrightarrow{AB}$ thì tồn tại $k\in ℝ$ thỏa mãn $\overrightarrow{AM}=k\overrightarrow{AB}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x-13{,}8=k.0{,}3 \\ y-108{,}3=-2k\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=k.0{,}3+13{,}8 \\ y=-2k+108{,}3\end{matrix}$

Ta có vị trí M của tâm bão tại thời điểm 9 giờ trong khoảng thời gian 12 giờ dự báo nên $k=\frac{AM}{AB}=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}$

$\Rightarrow \{\begin{matrix}x=\frac{3}{4}.0{,}3+13{,}8=14{,}025 \\ y=-2.\frac{3}{4}+108{,}3=106{,}8\end{matrix}\Rightarrow M(14{,}025;106{,}8)$

Vậy ở thời điểm 9 giờ tâm bão là điểm M ở vị trí M(14,025; 106,8).

a) Ta có M(1;3) $\Rightarrow \overrightarrow{OM}(1;3)\Rightarrow OM=\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}=\sqrt{10}.$

Ta lại có N(4;2) $\Rightarrow \overrightarrow{ON}(4;2)\Rightarrow ON=\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.$

$\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}=(-3;1)\Rightarrow MN=\sqrt{{(-3)}^{2}+{1}^{2}}=\sqrt{10}$

b) Xét tam giác OMN, có: $OM=ON=\sqrt{10}$ nên tam giác OMN cân tại O.

Ta có: $O{N}^{2}={(2\sqrt{5})}^{2}=20,O{M}^{2}+O{N}^{2}={(\sqrt{10})}^{2}+{(\sqrt{10})}^{2}=20$

$\Rightarrow O{N}^{2}=O{M}^{2}+O{N}^{2}$

Theo định lí Pythagore đảo suy ra tam giác OMN vuông tại O.

Do đó tam giác OMN vuông cân tại O.

a) Vì $\overrightarrow{a}=3\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}$ nên $\overrightarrow{a}=(3;-2)$

$\Rightarrow 2\overrightarrow{a}=(6;-4)\ Có:2\overrightarrow{a}=(6;-4)và\overrightarrow{b}=(4;-1)\ \Rightarrow 2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=(6-4;-4+1)=(2;-3)=2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j}$

Ta có: $\overrightarrow{MN}(6;-9)=6\overrightarrow{i}-9\overrightarrow{j}=3(2\overrightarrow{i}-3\overrightarrow{j})=3(2\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})$

b) Ta có

M(-3;6) $\Rightarrow \overrightarrow{OM}(-3;6)$

và N(3;-3) $\Rightarrow \overrightarrow{ON}(3;-3)$

Hai vecto $\overrightarrow{OM}(-3;6),\overrightarrow{ON}(3;-3)$ không cùng phương (vì $\frac{-3}{3}\ne \frac{6}{-3}$). Suy ra các điểm O, M, N không cùng nằm trên một đường thẳng. Do đó O, M, N không thẳng hàng.

c) Các điểm O, M, N không thẳng hàng

Để OMNP là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{PN}$

Ta có: $\overrightarrow{OM}(-3;6),\overrightarrow{PN}(3-x;-3-y)$ nên

$\{\begin{matrix}-3=3-x \\ 6=-3-y\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=6 \\ y=-9\end{matrix}\Rightarrow P(6;-9).$

Vậy điểm cần tìm là P(6;-9).

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}(1;1),\overrightarrow{AC}(-4;-1)$

Hai vecto $\overrightarrow{AB}(1;1),\overrightarrow{AC}(-4;-1)$ không cùng phương (vì $\frac{1}{-4}\ne \frac{1}{-1}$). Suy ra các điểm A, B, C không cùng nằm trên một đường thẳng. Do đó A, B, C không thẳng hàng.

Vậy ba điểm A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.

b) Gọi toạ độ điểm M là: M(x$_{1}$;y$_{1}$)

Vì M là trung điểm của AB nên ta có:

$\{\begin{matrix}{x}_{1}=\frac{1+2}{2} \\ {y}_{1}=\frac{3+4}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{1}=\frac{3}{2} \\ {y}_{1}=\frac{7}{2}\end{matrix}\Rightarrow M(\frac{3}{2};\frac{7}{2}).$

Vậy điểm cần tìm là $M(\frac{3}{2};\frac{7}{2})$.

c) Gọi toạ độ điểm G là: M(x$_{2}$;y$_{2}$)

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có:

$\{\begin{matrix}{x}_{2}=\frac{1+2+(-3)}{3} \\ {y}_{2}=\frac{3+4+2}{3}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}_{1}=0 \\ {y}_{1}=3\end{matrix}\Rightarrow G(0;3).$

Vậy tọa độ điểm G(0;3).

d) Để O(0;0) là tọa độ trọng tâm tam giác ABD thì:

$\{\begin{matrix}0=\frac{1+2+x}{3} \\ 0=\frac{3+4+y}{3}\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x+3=0 \\ y+7=0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=-3 \\ y=-7\end{matrix}$

Vậy D(-3;-7) thì O(0;0) là trọng tâm tam giác ABD.

Gọi A’(x’; y’) là vị trí tàu thủy đến sau khi khởi hành 1,5 giờ.

Khi đó, ta có:

$\{\begin{matrix}x'=1+1{,}5.3 \\ y'=2+1{,}5.4\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x'=5{,}5 \\ y'=8\end{matrix}\Rightarrow A'(5{,}5;8)$

Vậy sau khi khởi hành 1,5 giờ thì tàu thủy đến được vị trí A’(5,5;8).

Cách di chuyển của quân mã là đi theo hình chữ L, nên quân mã có thể đi đến các vị trí trống sau trên bàn cờ:

Tọa độ của các vị trí là: O(0;0), A(0;4), D(2;4), E(3;3), B(3;1), C(2;0).