Giải SBT Toán 10 trang 67 Tập 2 Cánh diều

Với Giải SBT Toán 10 trang 67 Tập 2 trong Bài 2: Biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ Toán lớp 10 Tập 2 Cánh diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng trả lời các câu hỏi & làm bài tập Toán 10 trang 67.

1 1,106 13/10/2022
Trang trước
Chia sẻ
Trang sau  

Giải SBT Toán 10 trang 67 Tập 2 Cánh diều

Bài 18 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Côsin của góc giữa hai vectơ →u=(1;1)  và →v=(−2;1)  là:

A. −110 ;

B. √1010 ;

C. −√1010 ;

D. 310 .

Lời giải:

Côsin của góc giữa hai vectơ →u=(1;1)  và →v=(−2;1)  là:

cos(→u,→v)=1.(−2)+1.1√12+(−2)2.√12+12=−1√5.√2=−√1010.

Vậy chọn đáp án C.

Bài 19 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Cho tam giác ABC có A(2; 6), B(- 2; 2), C(8; 0). Khi đó, tam giác ABC là:

A. Tam giác đều;

B. Tam giác vuông tại A;

C. Tam giác có góc tù tại A;

D. Tam giác cân tại A.

Lời giải:

Ta có: →AB=(−2−2;2−6)=(−4;−4)  ⇒ AB = |→AB|=√(−4)2+(−4)2=4√2.

→AC=(8−2;0−6)=(6;−6) ⇒ AC = |→AC|=√62+(−6)2=6√2 .

Ta lại có:  →AB.→AC=(−4).6+(−4).(−6)=0

Nên →AB  vuông góc với →AC  hay tam giác ABC vuông tại A.

Vậy chọn đáp án B.

Bài 20 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1; 5), B(- 1; - 1), C(2; - 5)

a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

c) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD và CD=32AB .

Lời giải:

a) Ta có: →AB=(−1−1;−1−5)=(−2;−6)  và  →AC=(2−1;−5−5)=(1;−10)

Ta thấy −21≠−6−10  nên →AB,→AC  không cùng phương.

Vậy A, B, C không thẳng hàng.

b) Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC:

 xG=xA+xB+xC3=1+(−1)+23=23yG=yA+yB+yC3=5+(−1)+(−5)3=−13

Vậy G(23;−13) .

c) Do tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD

Nên →AB  và →CD  ngược hướng

Mà CD=32AB  nên  →CD=−32→AB

Gọi D(a; b), ta có: →AB=(−1−1;−1−5)=(−2;−6) , →CD=(a−2;b+5) .

Suy ra  {a−2=−32.(−2)b+5=−32.(−6)⇔{a=5b=4

Vậy D(5; 4).

Bài 21 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(- 2; 4), B(- 5; - 1), C(8; - 2). Giải tam giác ABC (làm tròn các kết quả số đo góc đến hàng đơn vị).

Lời giải:

Ta có:  →AB=(−5+2;−1−4)=(−3;−5)

 →AC=(8+2;−2−4)=(10;−6)→BC=(8+5;−2+1)=(13;−1)

Suy ra:  AB=|→AB|=√(−3)2+(−5)2=√34

 AC=|→AC|=√102+(−6)2=2√34BC=|→BC|=√132+(−1)2=√170

Ta có: →AB.→AC=(−3).10+(−5).(−6)=0  suy ra →AB  vuông góc với →AC  hay ^BAC=90o .

Ta có: cos(→AC,→BC)=10.13+(−6).(−1)√102+62.√132+(−1)2=1362√34.√170=2√5 .

Suy ra ^ACB≈27o⇒^ABC=90o−^ACB≈63o . 

Bài 22 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; - 2), B(10; 4) và điểm M nằm trên trục Ox. Tìm tọa độ điểm M sao cho |→MA+→MB|  có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

Do M nằm trên trục Ox nên M(a; 0).

Khi đó →MA=(4−a;−2)  và →MB=(10−a;4) .

 ⇒→MA+→MB=(14−2a;2)⇒|→MA+→MB|=√(14−2a)2+22

 Suy ra |→MA+→MB|2=(14−2a)2+22≥22=4

Giá trị nhỏ nhất của |→MA+→MB|2  là 4

Hay giá trị nhỏ nhất của |→MA+→MB|  là 2 đạt được khi 14 – 2a = 0  ⇔a=7

Vậy M(7; 0).

Bài 23 trang 67 SBT Toán 10 Tập 2: Trên màn hình ra đa của đài kiểm soát không lưu (được coi như mặt phẳng tọa độ Oxy với đơn vị trên các trục tính theo ki-lô-mét), một máy bay trực thăng chuyển động thẳng đều từ thành phố A có tọa độ (600; 200) đến thành phố B có tọa độ (200; 500) và thời gian bay quãng đường AB là 3 giờ. Hãy tìm tọa độ của máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát 1 giờ.

Lời giải:

Gọi M(a; b) là tọa độ của máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát 1 giờ.

Ta có: →AM=(a−600;b−200)  và  →AB=(−400;300)

Do máy bay chuyển động thẳng đều nên quãng đường máy bay đi được sau 1 giờ bằng 13  tổng quãng đường hay AM=13AB .

Mà M thuộc đoạn AB nên →AM=13→AB .

Suy ra  {a−600=13.(−400)b−200=13.300⇔{a=14003b=300

Vậy M (14003;300).

Xem thêm lời giải sách bài tập Toán lớp 10 Cánh diều hay, chi tiết khác: 

Giải SBT Toán 10 trang 66 Tập 2

Tham khảo các loạt bài Toán 10 khác:

Bài viết cùng lớp mới nhất

Xem thêm
1 1,106 13/10/2022
Trang trước
Chia sẻ
Trang sau  

Xem thêm các chương trình khác: