Giải SBT Toán 10 Bài 1. Toạ độ của vectơ có đáp án

a) Ta có $2\overrightarrow{a}=(2;4)$; $3\overrightarrow{b}=(9;0)$;

Vậy $2\overrightarrow{a}+3\overrightarrow{b}=(2+9;4+0)=(11;4)$.

b) Ta có:

$\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=1.3+2.0=3$

Ta lại có:$3\overrightarrow{a}=(3;6);2\overrightarrow{b}=(6;0)$

Vậy tích vô hướng của $(3\overrightarrow{a}).(2\overrightarrow{b})=3.6+6.0=18$.

a) $\overrightarrow{m}+2\overrightarrow{n}-3\overrightarrow{p}$

Ta có $2\overrightarrow{n}=(4;4);3\overrightarrow{p}=(-3;-3)$

Vậy $\overrightarrow{m}+2\overrightarrow{n}-3\overrightarrow{p}$ = (1 + 4 – (– 3); 1 + 4 – (– 3))= (8; 8)

a) Gọi E(x$_{E}$; y$_{E}$) là trung điểm của MN

Ta có $\{\begin{matrix}{x}_{E}=\frac{{x}_{M}+{x}_{N}}{2}=\frac{3+7}{2}=5 \\ {y}_{E}=\frac{{y}_{M}+{y}_{N}}{2}=\frac{3+3}{2}=3\end{matrix}$

Vậy E(5; 3).

b) Gọi G(x$_{G}$; y$_{G}$) là trọng tâm của tam giác MNP

Ta có $\{\begin{matrix}{x}_{G}=\frac{{x}_{M}+{x}_{N}+{x}_{P}}{3}=\frac{3+7+3}{3}=\frac{13}{3} \\ {y}_{G}=\frac{{y}_{M}+{y}_{N}+{y}_{P}}{3}=\frac{3+3+7}{3}=\frac{13}{3}\end{matrix}$

Vậy $G(\frac{13}{3};\frac{13}{3})$.

a) + Độ dài các cạnh của tam giác ABC

$\overrightarrow{AB}=(2;-2)\Rightarrow |\overrightarrow{AB}|=\sqrt{{2}^{2}+{(-2)}^{2}}=2\sqrt{2}$

Suy ra AB = $2\sqrt{2}$.

$\overrightarrow{BC}=(3;3)\Rightarrow |\overrightarrow{BC}|=\sqrt{{3}^{2}+{3}^{2}}=3\sqrt{2}$

Suy ra AB = $3\sqrt{2}$.

$\overrightarrow{AC}=(5;1)\Rightarrow |\overrightarrow{BC}|=\sqrt{{5}^{2}+{1}^{2}}=\sqrt{26}$

Suy ra AC = $\sqrt{26}$.

+ Tính số đo góc B

Ta có $\overrightarrow{BA}=(-2;2);\overrightarrow{BC}=(3;3)\Rightarrow \overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=-2.3+2.3=0$

$\begin{matrix}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=BA.BC.cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}) \\ \Leftrightarrow cos(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})=\frac{\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}}{BA.BC}=\frac{-2.3+2.3}{\sqrt{{(-2)}^{2}+{2}^{2}}.\sqrt{{3}^{2}+{3}^{2}}}=0\end{matrix}$

$\Rightarrow (\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})={90}^{o}$

Mà $\widehat{B}=(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$ = 90$^{o}$.

b) Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

$\overrightarrow{AI}=(x-1;y-3);\overrightarrow{BI}=(x-3;y-1);\overrightarrow{CI}=(x-6;y-4)$

Suy ra $\{\begin{matrix}A{I}^{2}=B{I}^{2} \\ A{I}^{2}=C{I}^{2}\end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{(x-1)}^{2}+{(y-3)}^{2}={(x-3)}^{3}+{(y-1)}^{2} \\ {(x-1)}^{2}+{(y-3)}^{2}={(x-6)}^{2}+{(y-4)}^{2}\end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}{x}^{2}-2x+1+{y}^{2}-6y+9={x}^{2}-6x+9+{y}^{2}-2y+1 \\ {x}^{2}-2x+1+{y}^{2}-6y+9={x}^{2}-12x+36+{y}^{2}-8y+16\end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}4x-4y=0 \\ 10x+2y=42\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=\frac{7}{2} \\ y=\frac{7}{2}\end{matrix}$

Vậy $I(\frac{7}{2};\frac{7}{2})$ .

a) Gọi H(a; 0) (a ≠ 0) là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox

Ta có $\overrightarrow{OH}.\overrightarrow{MH}=0$

Mà $\overrightarrow{OH}=(a;0);\overrightarrow{MH}=(a-4;-5)$

$\overrightarrow{OH}.\overrightarrow{MH}=a.(a-4)+0.(-5)={a}^{2}-4a=0\Leftrightarrow [\begin{matrix}a=0 \\ a=4\end{matrix}$

Do đó chỉ có a = 4 là thỏa mãn điều kiện.

Vậy H(4; 0) là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox.

b) Ta có điểm M’(x’; y’) đối xứng với điểm M(x; y) qua trục Ox $\Rightarrow \{\begin{matrix}x=x' \\ y=-y'\end{matrix}$

Vậy M’(4; – 5) là điểm đối xứng với M qua trục Ox.

c) Gọi K(0; b) (b ≠ 0) là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy.

Ta có $\overrightarrow{OK}.\overrightarrow{MK}=0$

Mà $\overrightarrow{OK}=(0;b);\overrightarrow{MK}=(-4;b-5)$

$\overrightarrow{OK}.\overrightarrow{MK}=0.(-4)+b.(b-5)={b}^{2}-5b=0\Leftrightarrow [\begin{matrix}b=0 \\ b=5\end{matrix}$

Do đó chỉ có b = 5 là thỏa mãn điều kiện.

Vậy K(0; 5) là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy.

d) Ta có điểm M”(x”; y”) đối xứng với điểm M(x; y) qua trục Oy $\Rightarrow \{\begin{matrix}x=-x" \\ y=y"\end{matrix}$

Vậy M”(– 4; 5) là điểm đối xứng với M qua trục Oy.

e) Gọi C(x; y) là điểm đối xứng với M qua gốc toạ độ O

Suy ra O là trung điểm của MC.

Ta có $\{\begin{matrix}\frac{x+4}{2}=0 \\ \frac{y+5}{2}=0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=-4 \\ y=-5\end{matrix}$

Vậy C(– 4; – 5).

a)

Giả sử D(x; y)

Ta có $\overrightarrow{AB}=(1;3);\overrightarrow{DC}=(4-x;4-y)$

Để ABCD là hình bình hành thì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}4-x=1 \\ 4-y=3\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x=3 \\ y=1\end{matrix}$

Vậy D(3; 1).

b) Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

Vậy I là trung điểm của AC và BD theo tính chất hình hành

Ta có $\{\begin{matrix}{x}_{I}=\frac{{x}_{A}+{x}_{C}}{2}=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2} \\ {y}_{I}=\frac{{y}_{A}+{y}_{C}}{2}=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2}\end{matrix}$

Vậy $I(\frac{5}{2};\frac{5}{2})$.

a) Ta có $\overrightarrow{AM}=(1;2);\overrightarrow{AN}=(2;4)$ suy ra $\overrightarrow{AN}=2\overrightarrow{AM}$. Do đó 3 điểm A, M, N thẳng hàng

Ta có $\overrightarrow{AM}=(1;2);\overrightarrow{AC}=(3;6)$ suy ra $\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AM}$. Do đó 3 điểm A, M, C thẳng hàng

Vì 3 điểm A, M, N thẳng hàng nên N thuộc đường thẳng AM; 3 điểm A, M, C thẳng hàng nên C thuộc đường thẳng AM.

Vậy 4 điểm A, M, N, C thẳng hàng.

b) Goi G(x; y) là trọng tâm tam giác ABC

Ta có $\{\begin{matrix}x=\frac{{x}_{A}+{x}_{B}+{x}_{C}}{3}=\frac{1+7+4}{3}=4 \\ y=\frac{{y}_{A}+{y}_{B}+{y}_{C}}{3}=\frac{1+3+7}{3}=\frac{11}{3}\end{matrix}$

Suy ra G $(4;\frac{11}{3})$ .

Goi G’(x’; y’) là trọng tâm tam giác MNB

Ta có $\{\begin{matrix}x'=\frac{{x}_{M}+{x}_{N}+{x}_{B}}{3}=\frac{2+3+7}{3}=4 \\ y'=\frac{{y}_{M}+{y}_{N}+{y}_{B}}{3}=\frac{3+5+3}{3}=\frac{11}{3}\end{matrix}$

Suy ra G’$(4;\frac{11}{3})$.

Do đó điểm G trùng G’.

Vậy trọng tâm tam giác ABC và MNB trùng nhau.

Ta có $\overrightarrow{MN}=(1;7);\overrightarrow{QP}=(1;7)\Rightarrow \overrightarrow{MN}=\overrightarrow{QP}$ nên hai véc tơ cùng phương suy ra MN song song với PQ và MN = QP (1)

Ta có $\overrightarrow{MQ}=(-7;1);\overrightarrow{NP}=(-7;1)\Rightarrow \overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{NP}$ nên hai véc tơ cùng phương suy ra MQ song song với NP và MQ = NP (2)

Mà $|\overrightarrow{MN}|=|\overrightarrow{NP}|=|\overrightarrow{PQ}|=|\overrightarrow{MQ}|=\sqrt{50}$ vậy MN = NP = PQ = MQ (3)

Từ (1); (2); (3) suy ra tứ giác MNPQ là hình thoi (4)

Ta có $\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{NP}=1.(-7)+7.1=0\Rightarrow \overrightarrow{MN}\perp \overrightarrow{NP}$ vậy MN $\perp$ NP.

Tứ giác MNPQ là hình thoi và có 1 góc vuông nên tứ giác MNPQ là hình vuông.

a) Ta có $\text{cos}(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|.|\overrightarrow{b}|}=\frac{1.5+(-4).3}{\sqrt{{1}^{2}+{(-4)}^{2}}.\sqrt{{5}^{2}+{3}^{2}}}=-\frac{7\sqrt{2}}{34}$

Vậy $(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})={106}^{o}56'$.

b) Ta có $\text{cos}(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|.|\overrightarrow{b}|}=\frac{4.6+3.0}{\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}.\sqrt{{6}^{2}+{0}^{2}}}=\frac{4}{5}$

Vậy $(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})={36}^{o}52'$.

c) Ta có $\text{cos}(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})=\frac{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}|.|\overrightarrow{b}|}=\frac{2.(-3)+2\sqrt{3}.\sqrt{3}}{\sqrt{{2}^{2}+{(2\sqrt{3})}^{2}}.\sqrt{{(-3)}^{2}+{\sqrt{3}}^{2}}}=0$.

Vậy $(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b})={90}^{o}$.

Vì B là điểm đối xứng với A qua gốc toạ độ nên B(– 1; – 4)

Giả sử C(x; 3) $\Rightarrow \overrightarrow{CA}(1-x;1);\ \overrightarrow{CB}(-1-x;-7)$.

Vì tam giác ABC vuông tại C nên ta có $\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=0$.

$\begin{matrix}\Rightarrow (1-x).(-1-x)+1.(-7)=0 \\ \Leftrightarrow {x}^{2}-8=0 \\ \Leftrightarrow [\begin{matrix}x=2\sqrt{2} \\ x=-2\sqrt{2}\end{matrix}\end{matrix}$

Vậy $C(2\sqrt{2};3)$ hoặc $C(-2\sqrt{2};3)$.

Ta có $|\overrightarrow{a}|=\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{2}$

Đặt $\overrightarrow{e}=\frac{1}{|\overrightarrow{a}|}\overrightarrow{a}=(\frac{\sqrt{2}}{2};\frac{\sqrt{2}}{2})$

Ta có vectơ $\overrightarrow{e}$ là vectơ đơn vị cùng hướng với $\overrightarrow{a}$.