Bài 10. Vectơ trong mặt phẳng tọa độ (SGK Toán 10 – Kết nối tri thức, Tập 1, trang 61–66)

Tóm tắt lý thuyết

Tọa độ của vectơ: Mọi vectơ u⃗\vec{u} trong mặt phẳng OxyOxy viết được duy nhất:

u⃗=xi⃗+yj⃗,kıˊ hiệu u⃗=(x; y),\vec{u} = x\vec{i} + y\vec{j}, \quad \text{kí hiệu } \vec{u} = (x;\,y),

trong đó i⃗=(1; 0)\vec{i} = (1;\,0), j⃗=(0; 1)\vec{j} = (0;\,1) là vectơ đơn vị trên OxOx, OyOy.

Tọa độ vectơ AB→\overrightarrow{AB}:

AB→=(xB−xA;  yB−yA).\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A;\; y_B - y_A).

Độ dài ∣AB→∣|\overrightarrow{AB}|:

∣AB→∣=(xB−xA)2+(yB−yA)2.|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{(x_B-x_A)^2 + (y_B-y_A)^2}.

Phép toán theo tọa độ (a⃗=(a1; a2)\vec{a} = (a_1;\,a_2), b⃗=(b1; b2)\vec{b} = (b_1;\,b_2), k∈Rk \in \mathbb{R}):

a⃗+b⃗=(a1+b1; a2+b2),a⃗−b⃗=(a1−b1; a2−b2),ka⃗=(ka1; ka2).\vec{a} + \vec{b} = (a_1+b_1;\,a_2+b_2), \quad \vec{a} - \vec{b} = (a_1-b_1;\,a_2-b_2), \quad k\vec{a} = (ka_1;\,ka_2).

Hai vectơ bằng nhau ⇔\Leftrightarrow cùng tọa độ.

Trung điểm MM của ABAB:

M=(xA+xB2;  yA+yB2).M = \left(\frac{x_A+x_B}{2};\;\frac{y_A+y_B}{2}\right).

Trọng tâm GG của tam giác ABCABC:

G=(xA+xB+xC3;  yA+yB+yC3).G = \left(\frac{x_A+x_B+x_C}{3};\;\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\right).

Ba điểm thẳng hàng: AA, BB, CC thẳng hàng ⇔\Leftrightarrow AB→=kAC→\overrightarrow{AB} = k\overrightarrow{AC} với k∈Rk \in \mathbb{R}.

A. Luyện tập trong bài

Luyện tập 1 (trang 61). Tìm tọa độ của các vectơ i⃗\vec{i} và j⃗\vec{j}.

Giải:

i⃗=(1; 0),j⃗=(0; 1).\vec{i} = (1;\,0), \qquad \vec{j} = (0;\,1).

Mọi vectơ (a; b)=ai⃗+bj⃗(a;\,b) = a\vec{i} + b\vec{j}.

Luyện tập 2 (trang 62). Cho u⃗=(−2; 4)\vec{u} = (-2;\,4) và v⃗=(1; −2)\vec{v} = (1;\,-2).

a) Tính u⃗+v⃗\vec{u} + \vec{v}, u⃗−v⃗\vec{u} - \vec{v}, 3u⃗−2v⃗3\vec{u} - 2\vec{v}.
b) Chứng minh u⃗\vec{u} và v⃗\vec{v} cùng phương.

Giải:

a)

u⃗+v⃗=(−1; 2),u⃗−v⃗=(−3; 6),3u⃗−2v⃗=(−6; 12)−(2; −4)=(−8; 16).\vec{u} + \vec{v} = (-1;\,2), \quad \vec{u} - \vec{v} = (-3;\,6), \quad 3\vec{u} - 2\vec{v} = (-6;\,12) - (2;\,-4) = (-8;\,16).

b) u⃗=(−2; 4)=−2(1; −2)=−2v⃗\vec{u} = (-2;\,4) = -2(1;\,-2) = -2\vec{v} → u⃗=−2v⃗\vec{u} = -2\vec{v} nên cùng phương (ngược hướng). □\square

Luyện tập 3 (trang 63). Cho điểm G0G_0 là trọng tâm tam giác ABCABC. Chứng minh rằng với mọi điểm GG:

GA→+GB→+GC→=3GG0→.\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = 3\overrightarrow{GG_0}.

Giải:

Do G0G_0 là trọng tâm: G0A→+G0B→+G0C→=0⃗\overrightarrow{G_0A} + \overrightarrow{G_0B} + \overrightarrow{G_0C} = \vec{0}.

GA→+GB→+GC→=(GG0→+G0A→)+(GG0→+G0B→)+(GG0→+G0C→)\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = (\overrightarrow{GG_0} + \overrightarrow{G_0A}) + (\overrightarrow{GG_0} + \overrightarrow{G_0B}) + (\overrightarrow{GG_0} + \overrightarrow{G_0C})

=3GG0→+0⃗=3GG0→.□= 3\overrightarrow{GG_0} + \vec{0} = 3\overrightarrow{GG_0}. \quad \square

Luyện tập 4 (trang 64). Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho A(1; −2)A(1;\,-2), B(3; 2)B(3;\,2), C(−3; 0)C(-3;\,0).

a) Các điểm AA, BB, CC có thẳng hàng không?
b) Tìm tọa độ trung điểm MM của ABAB.
c) Tìm tọa độ trọng tâm GG của tam giác ABCABC.

Giải:

a) AB→=(2; 4)\overrightarrow{AB} = (2;\,4); AC→=(−4; 2)\overrightarrow{AC} = (-4;\,2).

Nếu thẳng hàng: 2=−4k2 = -4k và 4=2k4 = 2k → k=−12k = -\tfrac{1}{2} và k=2k = 2. Mâu thuẫn → A, B, C không thẳng hàng. □\square

b) M=(1+32;  −2+22)=(2; 0).M = \left(\dfrac{1+3}{2};\;\dfrac{-2+2}{2}\right) = (2;\,0).

c) G=(1+3−33;  −2+2+03)=(13; 0).G = \left(\dfrac{1+3-3}{3};\;\dfrac{-2+2+0}{3}\right) = \left(\dfrac{1}{3};\,0\right).

B. Bài tập (trang 65–66)

Bài 4.16. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho M(1; 3)M(1;\,3), N(4; 2)N(4;\,2).

a) Tính OMOM, ONON, MNMN.
b) Chứng minh tam giác OMNOMN vuông cân.

Lời giải:

a)

OM=12+32=10.OM = \sqrt{1^2+3^2} = \sqrt{10}.

ON=42+22=20=25.ON = \sqrt{4^2+2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}.

MN=(4−1)2+(2−3)2=9+1=10.MN = \sqrt{(4-1)^2+(2-3)^2} = \sqrt{9+1} = \sqrt{10}.

b) OM=MN=10OM = MN = \sqrt{10} → tam giác cân tại MM.

MO→=(−1; −3)\overrightarrow{MO} = (-1;\,-3), MN→=(3; −1)\overrightarrow{MN} = (3;\,-1).

MO→⋅MN→=(−1)(3)+(−3)(−1)=−3+3=0⇒MO⊥MN.\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{MN} = (-1)(3)+(-3)(-1) = -3+3 = 0 \Rightarrow MO \perp MN.

Tam giác OMNOMN vuông cân tại MM. □\square

Bài 4.17. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho a⃗=(3; 1)\vec{a} = (3;\,1), b⃗=(4; 3)\vec{b} = (4;\,3) và các điểm M(1; 3)M(1;\,3), N(5; 1)N(5;\,1).

a) Tìm mối liên hệ giữa MN→\overrightarrow{MN} và 2a⃗−b⃗2\vec{a} - \vec{b}.
b) Các điểm OO, MM, NN có thẳng hàng không?
c) Tìm điểm P(x; y)P(x;\,y) để OMNPOMNP là hình bình hành.

Lời giải:

a) MN→=(4; −2)\overrightarrow{MN} = (4;\,-2).

2a⃗−b⃗=(6; 2)−(4; 3)=(2; −1)2\vec{a} - \vec{b} = (6;\,2) - (4;\,3) = (2;\,-1).

MN→=2(2; −1)=2(2a⃗−b⃗).\overrightarrow{MN} = 2(2;\,-1) = 2(2\vec{a}-\vec{b}).

b) OM→=(1; 3)\overrightarrow{OM} = (1;\,3), ON→=(5; 1)\overrightarrow{ON} = (5;\,1).

Nếu thẳng hàng: 5=k5 = k và 1=3k1 = 3k → k=5k=5 và k=13k=\tfrac{1}{3}. Mâu thuẫn → O, M, N không thẳng hàng. □\square

c) OMNPOMNP là hình bình hành ⇔\Leftrightarrow ON→=MP→\overrightarrow{ON} = \overrightarrow{MP}:

x−1=5⇒x=6;y−3=1⇒y=4.x-1 = 5 \Rightarrow x = 6; \quad y-3 = 1 \Rightarrow y = 4.

P(6; 4).\boxed{P(6;\,4).}

Bài 4.18. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho A(1; 3)A(1;\,3), B(2; 4)B(2;\,4), C(−3; 2)C(-3;\,2).

a) Giải thích vì sao AA, BB, CC không thẳng hàng.
b) Tìm tọa độ trung điểm MM của ABAB.
c) Tìm tọa độ trọng tâm GG của tam giác ABCABC.

Lời giải:

a) AB→=(1; 1)\overrightarrow{AB} = (1;\,1), AC→=(−4; −1)\overrightarrow{AC} = (-4;\,-1).

Nếu thẳng hàng: 1=−4k1 = -4k và 1=−k1 = -k → k=−14k = -\tfrac{1}{4} và k=−1k = -1. Mâu thuẫn → không thẳng hàng. □\square

b) M=(1+22;  3+42)=(32;  72).M = \left(\dfrac{1+2}{2};\;\dfrac{3+4}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2};\;\dfrac{7}{2}\right).

c) G=(1+2−33;  3+4+23)=(0; 3).G = \left(\dfrac{1+2-3}{3};\;\dfrac{3+4+2}{3}\right) = (0;\,3).

Kết quả: M ⁣(32; 72)M\!\left(\dfrac{3}{2};\,\dfrac{7}{2}\right); G(0; 3)G(0;\,3).

Bài 4.19. Tàu khởi hành từ A(1; 1)A(1;\,1), vận tốc v⃗=(3; 4)\vec{v} = (3;\,4) km/h. Tìm tọa độ vị trí tàu sau 1,51{,}5 giờ.

Lời giải:

Vectơ dịch chuyển trong 1,51{,}5 h:

Δ=1,5×(3; 4)=(4,5; 6).\Delta = 1{,}5 \times (3;\,4) = (4{,}5;\,6).

B=(1+4,5;  1+6)=(5,5;  7).B = (1+4{,}5;\;1+6) = \boxed{(5{,}5;\;7)}.

Kiểm tra: ∣v⃗∣=9+16=5|\vec{v}| = \sqrt{9+16} = 5 km/h; quãng đường =5×1,5=7,5= 5 \times 1{,}5 = 7{,}5 km ✓.

Bài 4.20. Quân mã (cờ vua) đang ở ô (1; 2)(1;\,2). Hỏi sau một nước đi, quân mã có thể đến những ô nào?

Lời giải:

Quân mã di chuyển dạng chữ "L": (±1; ±2)(\pm1;\,\pm2) hoặc (±2; ±1)(\pm2;\,\pm1).

Vectơ dịch chuyển Ô đến
(+1; +2)(+1;\,+2) (2; 4)(2;\,4)
(+1; −2)(+1;\,-2) (2; 0)(2;\,0)
(−1; +2)(-1;\,+2) (0; 4)(0;\,4)
(−1; −2)(-1;\,-2) (0; 0)(0;\,0)
(+2; +1)(+2;\,+1) (3; 3)(3;\,3)
(+2; −1)(+2;\,-1) (3; 1)(3;\,1)
(−2; +1)(-2;\,+1) (−1; 3)(-1;\,3)
(−2; −1)(-2;\,-1) (−1; 1)(-1;\,1)

Trên bàn cờ 8×88\times8 (ô từ 11 đến 88): các ô hợp lệ là (2; 4)(2;\,4), (3; 3)(3;\,3), (3; 1)(3;\,1).

(Ô (2; 0)(2;\,0), (0; 4)(0;\,4), (0; 0)(0;\,0), (−1; 3)(-1;\,3), (−1; 1)(-1;\,1) nằm ngoài bàn cờ.)