Giải Toán 10 trang 72 Tập 2 Cánh diều

Giải Toán 10 trang 72 Tập 2

Bài 1 trang 72 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho $\overrightarrow{a}=\left(-1;2\right)$, $\overrightarrow{b}=\left(3;1\right)$, $\overrightarrow{c}=\left(2;-3\right)$.

a) Tìm tọa độ vectơ $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{c}$.

b) Tìm tọa độ của vectơ $\overrightarrow{x}$ sao cho $\overrightarrow{x}+2\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}$.

Lời giải

a) Ta có: $2\overrightarrow{a}=2\left(-1;2\right)=\left(-2;4\right)$, $-3\overrightarrow{c}=-3\left(2;-3\right)=\left(-6;9\right)$.

Khi đó $\overrightarrow{u}=2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-3\overrightarrow{c}$$=2\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\left(-3\overrightarrow{c}\right)$

$=\left(\left(-2\right)+3+\left(-6\right);4+1+9\right)=\left(-5;14\right)$.

Vậy $\overrightarrow{u}=\left(-5;14\right)$.  

b) Ta có: $\overrightarrow{x}+2\overrightarrow{b}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}$$\iff \overrightarrow{x}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{b}$

Có $-2\overrightarrow{b}=-2\left(3;1\right)=\left(-6;-2\right)$.

Do đó: $\overrightarrow{x}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}-2\overrightarrow{b}$$=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c}+\left(-2\overrightarrow{b}\right)$

$=\left(\left(-1\right)+2+\left(-6\right);2+\left(-3\right)+\left(-2\right)\right)=\left(-5;-3\right)$.

Vậy $\overrightarrow{x}=\left(-5;-3\right)$.

Bài 2 trang 72 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(– 2; 3) ; B(4; 5); C(2; – 3).

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

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

c) Giải tam giác ABC (làm tròn các kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(4-\left(-2\right);5-3\right)$, do đó $\overrightarrow{AB}=\left(6;2\right)$.

$\overrightarrow{AC}=\left(2-\left(-2\right);\left(-3\right)-3\right)$, do đó $\overrightarrow{AC}=\left(4;-6\right)$.

Vì $\frac{6}{4}\ne \frac{-3}{-6}$ nên $\overrightarrow{AB}\ne k\overrightarrow{AC}$.

Do đó, ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) G là trọng tâm tam giác ABC nên tọa độ điểm G là

$x_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{\left(-2\right)+4+2}{3}=\frac{4}{3}$,

 $y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{3+5+\left(-3\right)}{3}=\frac{5}{3}$.

Vậy trọng tâm G có tọa độ là $\left(\frac{4}{3};\frac{5}{3}\right)$.

c) Ta có: $\overrightarrow{BC}=\left(2-4;\left(-3\right)-5\right)$, do đó $\overrightarrow{BC}=\left(-2;-8\right)$.

$BC=\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(-8\right)}^2}=2\sqrt{17}\approx 8$.

$AB=\left|\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}\approx 6$.

$AC=\left|\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{4^2+{\left(-6\right)}^2}=2\sqrt{13}\approx 7$.

Ta có: $\cos \widehat{BAC}=\cos \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\frac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}$$=\frac{6.4+2.\left(-6\right)}{2\sqrt{10}.2\sqrt{13}}\approx \mathrm{0,26}$.

Suy ra $\widehat{BAC}=75°$.

Áp dụng hệ quả của định lí côsin trong tam giác ABC, ta có:

cosB = $\frac{B{A}^2+B{C}^2-A{C}^2}{2BA.BC}=\frac{{\left(2\sqrt{10}\right)}^2+{\left(2\sqrt{17}\right)}^2-{\left(2\sqrt{13}\right)}^2}{2.2\sqrt{10}.2\sqrt{17}}\approx \mathrm{0,54}$.

Suy ra $\widehat{ABC}=\widehat{B}=57°$.

Theo định lí tổng ba góc trong tam giác ABC, ta có: $\widehat{BAC}+\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180°$

Suy ra $\widehat{ACB}=180°-\widehat{BAC}-\widehat{ABC}=180°-75°-57°=48°$.

Bài 3 trang 72 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng là M(2; 0); N(4; 2); P(1; 3).

a) Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

b) Trọng tâm hai tam giác ABC và MNP có trùng nhau không? Vì sao?

Lời giải

a) Gọi tọa độ các điểm A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C).

M(2; 0) là trung điểm của BC nên $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_B+x_C}{2}=2\\ \frac{y_B+y_C}{2}=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_B=4-x_C\\ y_B=-y_C\end{array}\right.$  (1)

N(4; 2) là trung điểm của cạnh AC nên $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_A+x_C}{2}=4\\ \frac{y_A+y_C}{2}=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_A=8-x_C\\ y_A=4-y_C\end{array}\right.$   (2)

P(1; 3) là trung điểm của cạnh AB nên $\left\{\begin{array}{l}\frac{x_A+x_B}{2}=1\\ \frac{y_A+y_B}{2}=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_A=2-x_B\\ y_A=6-y_B\end{array}\right.$   (3)

Từ (2) và (3) suy ra: $\left\{\begin{array}{l}8-x_C=2-x_B\\ 4-y_C=6-y_B\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_B=-6+x_C\\ y_B=2+y_C\end{array}\right.$   (4)

Từ (1) và (4) suy ra: $\left\{\begin{array}{l}-6+x_C=4-x_C\\ 2+y_C=-y_C\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}2x_C=10\\ 2y_C=-2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_C=5\\ y_C=-1\end{array}\right.$.

Do đó tọa độ điểm C là (5; – 1).

Thay tọa độ điểm C vào (2) ta được: $\left\{\begin{array}{l}{x}_A=8-5=3\\ y_A=4-\left(-1\right)=5\end{array}\right.$.

Do đó A(3; 5).

Thay tọa độ điểm C vào (1) ta được: $\left\{\begin{array}{l}{x}_B=4-5=-1\\ y_B=-\left(-1\right)=1\end{array}\right.$.

Do đó B(– 1; 1).

Vậy tọa độ các điểm A, B, C là A(3; 5), B(– 1; 1), C(5; – 1).

b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có tọa độ của G là

 $\left\{\begin{array}{l}{x}_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}=\frac{3+\left(-1\right)+5}{3}=\frac{7}{3}\\ y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}=\frac{5+1+\left(-1\right)}{3}=\frac{5}{3}\end{array}\right.$ 

Do đó $G\left(\frac{7}{3};\frac{5}{3}\right)$ (1).

Gọi G' là trọng tâm của tam giác MNP, ta có tọa độ của G' là

 $\left\{\begin{array}{l}{x}_{G^{\text{'}}}=\frac{x_M+x_N+x_P}{3}=\frac{2+4+1}{3}=\frac{7}{3}\\ y_{G^{\text{'}}}=\frac{y_M+y_N+y_P}{3}=\frac{0+2+3}{3}=\frac{5}{3}\end{array}\right.$

Do đó $G^{\text{'}}\left(\frac{7}{3};\frac{5}{3}\right)$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra G ≡ G'.

Vậy trọng tâm hai tam giác ABC và MNP trùng nhau.

Bài 4 trang 72 Toán 10 Tập 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 4); B(– 1; 1); C(– 8; 2).

a) Tính số đo góc ABC (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo đơn vị độ).

b) Tính chu vi của tam giác ABC.

c) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích của tam giác ABC bằng hai lần diện tích của tam giác ABM.

Lời giải

a) Ta có: $\overrightarrow{BA}=\left(2-\left(-1\right);4-1\right)$, do đó $\overrightarrow{BA}=\left(3;3\right)$.

Suy ra $BA=\left|\overrightarrow{BA}\right|=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$.

$\overrightarrow{BC}=\left(\left(-8\right)-\left(-1\right);2-1\right)$,  do đó $\overrightarrow{BC}=\left(-7;1\right)$.

Suy ra $BC=\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{{\left(-7\right)}^2+1^2}=5\sqrt{2}$.

Ta có: $\cos \widehat{ABC}=\cos \left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=\frac{\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}}{\left|\overrightarrow{BA}\right|.\left|\overrightarrow{BC}\right|}$$=\frac{3.\left(-7\right)+3.1}{3\sqrt{2}.5\sqrt{2}}=-\frac{3}{5}$.

Do đó, $\widehat{ABC}=127°$.

b) Ta có: $\overrightarrow{AC}=\left(\left(-8\right)-2;2-4\right)$, do đó $\overrightarrow{AC}=\left(-10;-2\right)$.

Suy ra $AC=\left|\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{{\left(-10\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}=2\sqrt{26}$.

Chu vi của tam giác ABC là:

BA + BC + AC = $3\sqrt{2}+5\sqrt{2}+2\sqrt{26}$= $8\sqrt{2}+2\sqrt{26}$.

c) Theo câu a ta có $\widehat{ABC}=127°$, do đó tam giác ABC là tam giác tù.

 

Dựng đường cao AH của tam giác ABC.

Do đó diện tích tam giác ABC là S_ABC = $\frac{1}{2}$AH . BC. (1)

Vì M thuộc đường thẳng BC nên AH cũng là đường cao của tam giác ABM.

Do đó diện tích tam giác ABM là S_ABM = $\frac{1}{2}$ AH . BM. (2)

Vì diện tích của tam giác ABC bằng hai lần diện tích của tam giác ABM nên S_ABC = 2S_ABM. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{1}{2}$AH . BC = 2 . $\frac{1}{2}$AH . BM

⇔ BC = 2BM hay BM = $\frac{1}{2}$BC.

Mà M thuộc đường thẳng BC.

Do đó M là trung điểm của BC hoặc M là điểm đối xứng với trung điểm của BC qua B.

Trường hợp 1: M là trung điểm của BC nên tọa độ của M là

 $\left\{\begin{array}{l}{x}_M=\frac{x_B+x_C}{2}=\frac{\left(-1\right)+\left(-8\right)}{2}=\frac{-9}{2}\\ y_M=\frac{y_B+y_C}{2}=\frac{1+2}{2}=\frac{3}{2}\end{array}\right.$

Vậy $M\left(\frac{-9}{2};\frac{3}{2}\right)$.

Trường hợp 2: M là điểm đối xứng với trung điểm của BC qua B.

Suy ra điểm cần tìm là M', với B là trung điểm của MM' (M ở trường hợp 1).

Gọi tọa độ M'(x_M'; y_M').

Vì B là trung điểm của MM' nên $\left\{\begin{array}{l}{x}_B=\frac{x_M+x_{M\text{'}}}{2}\\ y_B=\frac{y_M+y_{M\text{'}}}{2}\end{array}\right.$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{x}_{M\text{'}}=2x_B-x_M=2.\left(-1\right)-\frac{-9}{2}=\frac{5}{2}\\ x_{M\text{'}}=2x_B-x_M=2.1-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\end{array}\right.$.

Vậy $M\text{'}\left(\frac{5}{2};\frac{1}{2}\right)$.

Do đó có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5 trang 72 Toán 10 Tập 2: Cho ba điểm A(1; 1) ; B(4; 3) và C(6; – 2).

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

b) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình thang có AB // CD và CD = 2AB.

Lời giải

a) Ta có: $\overrightarrow{AB}=\left(4-1;3-1\right)$, do đó $\overrightarrow{AB}=\left(3;2\right)$.

$\overrightarrow{AC}=\left(6-1;\left(-2\right)-1\right)$, do đó $\overrightarrow{AC}=\left(5;-3\right)$.

Vì $\frac{3}{5}\ne \frac{2}{-3}$ nên $\overrightarrow{AB}\ne k\overrightarrow{AC}$.

Vậy ba điểm A, B, C không thẳng hàng.

b) Gọi tọa độ điểm D là (x_D; y_D).

Ta có: $\overrightarrow{DC}=\left(6-x_D;\left(-2\right)-y_D\right)$.

Do ABCD là hình thang có AB // CD nên hai vectơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{DC}$ cùng hướng và CD = 2AB nên suy ra $\overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{AB}$.

Mà $2\overrightarrow{AB}=2\left(3;2\right)=\left(6;4\right)$.

Khi đó $\overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{AB}$$\iff \overrightarrow{DC}=\left(6;4\right)\iff \left\{\begin{array}{l}6-x_D=6\\ \left(-2\right)-y_D=4\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_D=0\\ y_D=-6\end{array}\right.$.

Vậy tọa độ điểm D là (0; – 6).

Bài 6 trang 72 Toán 10 Tập 2: Chứng minh khẳng định sau:

Hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right),\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)\left(\overrightarrow{v}\ne \overrightarrow{0}\right)$ cùng phương khi và chỉ khi có một số thực k sao cho x₁ = kx₂ và y₁ = ky₂.

Lời giải

Hai vectơ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ $\left(\overrightarrow{v}\ne 0\right)$cùng phương khi và chỉ khi có số thực k sao cho $\overrightarrow{u}=k\overrightarrow{v}$.

Mà $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right),\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)$, suy ra  $k\overrightarrow{v}=k\left(x_2;y_2\right)=\left(k{x}_2;k{y}_2\right)$.

Do đó $\overrightarrow{u}=k\overrightarrow{v}$ $\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_1=k{x}_2\\ y_1=k{y}_2\end{array}\right.$.

Vậy hai vectơ $\overrightarrow{u}=\left(x_1;y_1\right),\overrightarrow{v}=\left(x_2;y_2\right)\left(\overrightarrow{v}\ne \overrightarrow{0}\right)$ cùng phương khi và chỉ khi có một số thực k sao cho x₁ = kx₂ và y₁ = ky₂.

Bài 7 trang 72 Toán 10 Tập 2: Một vật đồng thời bị ba lực tác động: lực tác động thứ nhất $\overrightarrow{F_1}$ có độ lớn là 1 500 N, lực tác động thứ hai $\overrightarrow{F_2}$ có độ lớn là 600 N, lực tác động thứ ba $\overrightarrow{F_3}$ có độ lớn là 800 N. Các lực này được biểu diễn bằng những vectơ như Hình 23, với $\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}\right)=30°,\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_3}\right)=45°$và $\left(\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}\right)=75°$. Tính độ lớn lực tổng hợp tác động lên vật (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

 

Lời giải

Dựng các hình bình hành như hình vẽ sau:

 

Theo quy tắc hình bình hành ta có: $\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F_{23}}$.

Lực tổng hợp tác động lên vật là $\overrightarrow{F}$ với $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_{23}}$.

Ta có: $\overrightarrow{F_{23}}=\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}$

$\iff {\overrightarrow{F_{23}}}^2={\left(\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}\right)}^2$

$\iff {\overrightarrow{F_{23}}}^2={\overrightarrow{F_2}}^2+{\overrightarrow{F_3}}^2+2\overrightarrow{F_2}.\overrightarrow{F_3}$

$\iff {\left|\overrightarrow{F_{23}}\right|}^2={\left|\overrightarrow{F_2}\right|}^2+{\left|\overrightarrow{F_3}\right|}^2+2.\left|\overrightarrow{F_2}\right|.\left|\overrightarrow{F_3}\right|.\cos \left(\overrightarrow{F_2},\overrightarrow{F_3}\right)$

$\iff {\left|\overrightarrow{F_{23}}\right|}^2={600}^2+{800}^2+\mathrm{2.600.800.}\cos 75°$

$\iff {\left|\overrightarrow{F_{23}}\right|}^2\approx 1248\mathrm{466,28}\iff \left|\overrightarrow{F_{23}}\right|\approx \mathrm{1117,35}$.

Áp dụng hệ quả của định lí côsin ta có:

$\cos \left(\overrightarrow{F_{23}},\overrightarrow{F_3}\right)=\frac{{\left|\overrightarrow{F_{23}}\right|}^2+{\left|\overrightarrow{F_3}\right|}^2-\left|\overrightarrow{F_2}\right|}{2.\left|\overrightarrow{F_{23}}\right|.\left|\overrightarrow{F_3}\right|}=\frac{\mathrm{1248466,28}+{800}^2-{600}^2}{\mathrm{2.1117,35.800}}\approx \mathrm{0,855}$

Suy ra $\left(\overrightarrow{F_{23}},\overrightarrow{F_3}\right)=31°$.

Mặt khác $\left(\overrightarrow{F_{23}},\overrightarrow{F_3}\right)+\left(\overrightarrow{F_{23}},\overrightarrow{F_1}\right)=\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_3}\right)$

Suy ra $\left(\overrightarrow{F_{23}},\overrightarrow{F_1}\right)=\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_3}\right)-\left(\overrightarrow{F_{23}},\overrightarrow{F_3}\right)=45°-31°=14°$.

Ta lại có: $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_{23}}$

$\iff {\overrightarrow{F}}^2={\left(\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_{23}}\right)}^2$

$\iff {\overrightarrow{F}}^2={\overrightarrow{F_1}}^2+{\overrightarrow{F_{23}}}^2+2.\overrightarrow{F_1}.\overrightarrow{F_{23}}$

$\iff {\left|\overrightarrow{F}\right|}^2={\left|\overrightarrow{F_1}\right|}^2+{\left|\overrightarrow{F_{23}}\right|}^2+2.\left|\overrightarrow{F_1}\right|.\left|\overrightarrow{F_{23}}\right|.\cos \left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_{23}}\right)$

$\iff {\left|\overrightarrow{F}\right|}^2={1500}^2+\mathrm{1248466,28}+\mathrm{2.1500.1117,35.}\cos 14°$

$\iff {\left|\overrightarrow{F}\right|}^2\approx \mathrm{6750946,069}\iff \left|\overrightarrow{F}\right|\approx 2598$.

Vậy lực tổng hợp tác động lên vật có độ lớn là 2 598 N.

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

Giải Toán 10 trang 67 Tập 2

Giải Toán 10 trang 68 Tập 2

Giải Toán 10 trang 69 Tập 2

Giải Toán 10 trang 70 Tập 2

Giải Toán 10 trang 72 Tập 2

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

Bài 3: Phương trình đường thẳng

Bài 4: Vị trí tương đối và góc giữa hai đường thẳng. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Bài 5: Phương trình đường tròn

Bài 6: Ba đường conic

Bài tập cuối chương 7