Trang 64 — Vecto trong mặt phẳng tọa độ

Luyện tập 2. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho hai điểm A(2;1),B(3;3)A(2; 1), B(3; 3). a) Các điểm O,A,BO, A, B có thẳng hàng hay không? b) Tìm điểm M(x;y)M(x; y) để OABMOABM là một hình bình hành.

Lời giải:

a) Ta có OA→=(2;1)\overrightarrow{OA} = (2; 1) và OB→=(3;3)\overrightarrow{OB} = (3; 3).

Hai vecto OA→\overrightarrow{OA} và OB→\overrightarrow{OB} không cùng phương vì 23≠13\frac{2}{3} \ne \frac{1}{3}.

Do đó, các điểm O,A,BO, A, B không thẳng hàng.

b) Các điểm O,A,B,MO, A, B, M là hình bình hành khi OA→=BM→\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{BM}.

Ta có BM→=(x−3;y−3)\overrightarrow{BM} = (x - 3; y - 3).

Do đó, $$ \begin{aligned} \overrightarrow{OA} = \overrightarrow{BM} &\Leftrightarrow \begin{cases} 2 = x - 3 \ 1 = y - 3 \end{cases} \ &\Leftrightarrow \begin{cases} x = 5 \ y = 4 \end{cases}. \end{aligned} $$

Vậy điểm cần tìm là M(5;4)M(5; 4).

Kết quả: a) khoˆng thẳng haˋng\text{a) không thẳng hàng}; b) M(5;4)\text{b) } M(5; 4)

Trang 65 —

Vídụ. Từ thông tin dự báo được đưa ra ở đầu bài học, hãy xác định tọa độ vị trí MM của tâm bão tại thời điểm 99 giờ trong khoảng thời gian 1212 giờ của dự báo.

Lời giải:

Trong 1212 giờ, tâm bão di chuyển thẳng đều từ A(13,8;108,3)A(13,8; 108,3) tới vị trí có tọa độ B(14,1;106,3)B(14,1; 106,3). Gọi tọa độ vị trí MM là (x;y)(x; y). Bạn hãy tìm mối liên hệ giữa hai vectơ AM→\overrightarrow{AM} và AB→\overrightarrow{AB} rồi thể hiện mối quan hệ đó theo tọa độ để tìm x;yx; y.

Tâm bão di chuyển thẳng đều từ A(13,8;108,3)A(13,8; 108,3) tới B(14,1;106,3)B(14,1; 106,3)

Giả sử tâm bão di chuyển từ AA đến MM trong tt giờ (0≤t≤12)(0 \le t \le 12)

Khi đó:

  • AM→=t⋅AB→\overrightarrow{AM} = t \cdot \overrightarrow{AB}

⇒AM→=t⋅(14,1−13,8;106,3−108,3)\Rightarrow \overrightarrow{AM} = t \cdot (14,1 - 13,8; 106,3 - 108,3)

⇒AM→=t⋅(0,3;−2)\Rightarrow \overrightarrow{AM} = t \cdot (0,3; -2)

⇒AM→=(0,3t;−2t)\Rightarrow \overrightarrow{AM} = (0,3t; -2t)

Mà AM→=(x−13,8;y−108,3)\overrightarrow{AM} = (x - 13,8; y - 108,3)

Do đó: $$ \begin{aligned} & \begin{cases} 0,3t = x - 13,8 \ -2t = y - 108,3 \end{cases} \ & \iff \begin{cases} x = 0,3t + 13,8 \ y = -2t + 108,3 \end{cases} $$

Bão di chuyển trong 33 giờ đến vị trí MM

⇒t=3\Rightarrow t = 3 (giờ)

⇒\Rightarrow Tọa độ vị trí MM $$ \begin{aligned} & \begin{cases} x = 0,3 \cdot 3 + 13,8 = 14,7 \ y = -2 \cdot 3 + 108,3 = 102,3 \end{cases} \ & \iff \begin{cases} x = 14,7 \ y = 102,3 \end{cases} $$

Kết quả: M(14,7;102,3)M(14,7; 102,3).

Trang 66 — Vectơ

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

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

b) Chứng minh rằng tam giác OMNOMN vuông cân.

Lời giải:

a) Độ dài của các đoạn thẳng OM,ON,MNOM, ON, MN được tính bằng công thức:

OM=(1−0)2+(3−0)2=12+32=10,ON=(4−0)2+(2−0)2=42+22=20=25,MN=(4−1)2+(2−3)2=32+(−1)2=10.\begin{aligned} OM &= \sqrt{(1-0)^2 + (3-0)^2} = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}, \\ ON &= \sqrt{(4-0)^2 + (2-0)^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}, \\ MN &= \sqrt{(4-1)^2 + (2-3)^2} = \sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{10}. \end{aligned}

b) Ta có:

OM2+MN2=(10)2+(10)2=20=(25)2=ON2.\begin{aligned} OM^2 + MN^2 &= (\sqrt{10})^2 + (\sqrt{10})^2 = 20 = (2\sqrt{5})^2 = ON^2. \end{aligned}

Theo định lý Pythagoras, tam giác OMNOMN vuông tại MM.

Lại có OM=MNOM = MN, nên tam giác OMNOMN vuông cân tại MM.

Kết quả: OM=10,ON=25,MN=10.OM = \sqrt{10}, ON = 2\sqrt{5}, MN = \sqrt{10}.

Bài 4.17. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho các vectơ a⃗=3i⃗−2j⃗,b⃗=(4;−1)\vec{a} = 3\vec{i} - 2\vec{j}, \vec{b} = (4; -1) và các điểm M(−3;6),N(3;−3)M(-3; 6), N(3; -3).

a) Tìm mối liên hệ giữa các vectơ MN⃗\vec{MN} và 2a⃗−b⃗2\vec{a} - \vec{b}.

b) Các điểm O,M,NO, M, N có thẳng hàng hay không?

c) Tìm điểm P(x;y)P(x; y) để OMNPOMNP là một hình bình hành.

Lời giải:

a) Ta có:

MN⃗=(3−(−3);−3−6)=(6;−9),2a⃗−b⃗=2(3;−2)−(4;−1)=(6;−4)−(4;−1)=(2;−3).\begin{aligned} \vec{MN} &= (3 - (-3); -3 - 6) = (6; -9), \\ 2\vec{a} - \vec{b} &= 2(3; -2) - (4; -1) = (6; -4) - (4; -1) = (2; -3). \end{aligned}

Ta thấy MN⃗=−3(2;−3)=−3(2a⃗−b⃗)\vec{MN} = -3(2; -3) = -3(2\vec{a} - \vec{b}), nên MN⃗\vec{MN} và 2a⃗−b⃗2\vec{a} - \vec{b} cùng phương.

b) Ta có:

OM⃗=(−3;6),ON⃗=(3;−3).\vec{OM} = (-3; 6), \quad \vec{ON} = (3; -3).

Ta thấy OM⃗≠kON⃗\vec{OM} \ne k\vec{ON} với mọi kk, nên các điểm O,M,NO, M, N không thẳng hàng.

c) Để OMNPOMNP là một hình bình hành, ta cần OP⃗=MN⃗\vec{OP} = \vec{MN}.

OP⃗=(x;y),MN⃗=(6;−9).\begin{aligned} \vec{OP} &= (x; y), \\ \vec{MN} &= (6; -9). \end{aligned}

Suy ra x=6,y=−9x = 6, y = -9. Vậy P(6;−9)P(6; -9).

Kết quả: a) MN⃗=−3(2a⃗−b⃗);\vec{MN} = -3(2\vec{a} - \vec{b}); b) Không; c) P(6;−9)P(6; -9).

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

a) Hãy giải thích vì sao các điểm A,B,CA, B, C không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ trung điểm MM của đoạn thẳng ABAB.

c) Tìm tọa độ trọng tâm GG của tam giác ABCABC.

d) Tìm điểm D(x;y)D(x; y) để O(0;0)O(0; 0) là trọng tâm của tam giác ABDABD.

Lời giải:

a) Ta có:

AB⃗=(2−1;4−3)=(1;1),AC⃗=(−3−1;2−3)=(−4;−1).\vec{AB} = (2-1; 4-3) = (1; 1), \quad \vec{AC} = (-3-1; 2-3) = (-4; -1).

Ta thấy AB⃗≠kAC⃗\vec{AB} \ne k\vec{AC} với mọi kk, nên các điểm A,B,CA, B, C không thẳng hàng.

b) Tọa độ trung điểm MM của đoạn thẳng ABAB là:

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

c) Tọa độ trọng tâm GG của tam giác ABCABC là:

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

d) Để O(0;0)O(0; 0) là trọng tâm của tam giác ABDABD, ta cần:

1+2+x3=0,3+4+y3=0.\begin{aligned} &\frac{1+2+x}{3} = 0, \\ &\frac{3+4+y}{3} = 0. \end{aligned}

Suy ra x=−3,y=−7x = -3, y = -7. Vậy D(−3;−7)D(-3; -7).

Kết quả: a) AB⃗≠kAC⃗;\vec{AB} \ne k\vec{AC}; b) M(32;72);M\left(\frac{3}{2}; \frac{7}{2}\right); c) G(0;3);G(0; 3); d) D(−3;−7)D(-3; -7).

Bài 4.19. Sự chuyển động của một tàu thủy được thể hiện trên một mặt phẳng tọa độ như sau: Tàu khởi hành từ vị trí A(1;2)A(1; 2) chuyển động thẳng đều với vận tốc (tính theo giờ) được biểu thị bởi vectơ v⃗=(3;4)\vec{v} = (3; 4). Xác định vị trí của tàu (trên mặt phẳng tọa độ) tại thời điểm sau khi khởi hành 1,51,5 giờ.

Lời giải:

Sau 1,51,5 giờ, tàu chuyển động được 1,5v⃗=1,5(3;4)=(4,5;6)1,5\vec{v} = 1,5(3; 4) = (4,5; 6).

Vị trí của tàu là:

A+(4,5;6)=(1+4,5;2+6)=(5,5;8).A + (4,5; 6) = (1+4,5; 2+6) = (5,5; 8).

Kết quả: (5,5;8)(5,5; 8).

Bài 4.20. Trong Hình 4.38, quân mã đang ở vị trí có tọa độ (1,2)(1, 2). Hỏi sau một nước đi, quân mã có thể đến những vị trí nào?

Lời giải:

Quân mã có thể đi theo các hướng LL-hình (đi 2 ô theo phương ngang hoặc dọc rồi 1 ô theo phương còn lại).

Các vị trí có thể:

  • (3,3)(3, 3)
  • (3,1)(3, 1)
  • (−1,3)(-1, 3)
  • (−1,1)(-1, 1)

Kết quả: (3,3),(3,1),(−1,3),(−1,1)(3, 3), (3, 1), (-1, 3), (-1, 1).

Trang 67 — Tích vô hướng của hai vectơ

Bài tập / Câu hỏi / Luyện tập / Ví dụ cần giải:

  1. Luyện tập 1. Cho tam giác đều ABCABC. Tính (AB→,BC→)(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}).

Lời giải:

Tam giác ABCABC đều nên các góc trong tam giác bằng 60∘60^\circ.

Góc giữa hai vectơ (AB→,BC→)(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}) là góc ABC^+180∘=120∘\widehat{ABC} + 180^\circ = 120^\circ (do BA→\overrightarrow{BA} và BC→\overrightarrow{BC} tạo thành góc 120∘120^\circ).

Vậy (AB→,BC→)=120∘(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}) = 120^\circ.

Kết quả: 120∘120^\circ