Trang 72 —

Trang này có một ví dụ và không có bài tập, câu hỏi hay luyện tập cần giải.

Trang 72 —

Ví dụ. Một chiếc ô tô có thể bị mất một số miếng kết trong bình xăng. Để kiểm tra xem xe ra, người ta dựng một số dụng cụ để đo góc giữa đường dây dọi và mặt cầu. Biết còn 2000 N dầu phụ thuộc lên xe con.

Nghiêng xe, ta có thể tìm được điểm thích hợp để lực F1→\overrightarrow{F_1} và F2→\overrightarrow{F_2} tạo ra lực F→\overrightarrow{F} sao cho xe cân bằng. Nếu ∣F1→∣=300\left| \overrightarrow{F_1} \right| = 300 N thì ∣F→∣≈2299\left| \overrightarrow{F} \right| \approx 2299 N. Hỏi ∣F2→∣\left| \overrightarrow{F_2} \right| bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ OxyOxy như Hình 22, mỗi đơn vị trên trục đồng với 11 N.

Ta có:

  • F1→=(2000;0);\overrightarrow{F_1} = (2000; 0);
  • (F1→,F2→)=5∘\left( \overrightarrow{F_1}, \overrightarrow{F_2} \right) = 5^\circ nên F2→=(300cos⁡5∘;300sin⁡5∘).\overrightarrow{F_2} = (300 \cos 5^\circ; 300 \sin 5^\circ).

Độ lớn lực F→\overrightarrow{F} tổng hợp của các lực đồng thời lên xe và toà là: F→=(2000+300cos⁡5∘;300sin⁡5∘).\overrightarrow{F} = (2000 + 300 \cos 5^\circ; 300 \sin 5^\circ).

Độ lớn lực F→\overrightarrow{F} tổng hợp của các lực đồng thời lên xe và toà là: ∣F→∣=(2000+300cos⁡5∘)2+(300sin⁡5∘)2=2299(N).\left| \overrightarrow{F} \right| = \sqrt{(2000 + 300 \cos 5^\circ)^2 + (300 \sin 5^\circ)^2} = 2299 (\text{N}).

Do đó, ∣F2→∣=(300cos⁡5∘)2+(300sin⁡5∘)2=300(N).\left| \overrightarrow{F_2} \right| = \sqrt{(300 \cos 5^\circ)^2 + (300 \sin 5^\circ)^2} = 300 (\text{N}).

Kết quả: 300300

Trang 73 —

Bài 1.

Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho a→=(−1;2);b→=(3;1);c→=(2;−3).\overrightarrow{a} = (-1; 2); \overrightarrow{b} = (3; 1); \overrightarrow{c} = (2; -3).

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

b) Tìm tọa độ vectơ v→\overrightarrow{v} sao cho v→+a→=b→+c→.\overrightarrow{v} + \overrightarrow{a} = \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c}.

Lời giải:

a) Ta có $$ \begin{aligned} \overrightarrow{u} &= 2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} - 3\overrightarrow{c} \ &= 2(-1; 2) + (3; 1) - 3(2; -3) \ &= (-2; 4) + (3; 1) + (-6; 9) \ &= (-5; 14). \end{aligned} $$

b) Ta có $$ \begin{aligned} \overrightarrow{v} &= \overrightarrow{b} + \overrightarrow{c} - \overrightarrow{a} \ &= (3; 1) + (2; -3) - (-1; 2) \ &= (6; -4). \end{aligned} $$

Kết quả: u→=(−5;14);v→=(6;−4)\overrightarrow{u} = (-5; 14); \overrightarrow{v} = (6; -4)

Bài 2.

Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho A(−2;3),B(4;5),C(2;−3).A(-2; 3), B(4; 5), C(2; -3).

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

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

c) Giải tam giác ABC.ABC.

Lời giải:

a) Ta có $$ \begin{aligned} \overrightarrow{AB} &= (4 - (-2); 5 - 3) = (6; 2) \ \overrightarrow{AC} &= (2 - (-2); -3 - 3) = (4; -6). \end{aligned} $$ Do 62≠4−6\frac{6}{2} \ne \frac{4}{-6} nên AB→≠kAC→.\overrightarrow{AB} \ne k\overrightarrow{AC}.

Vậy ba điểm A,B,CA, B, C không thẳng hàng.

b) Ta có tọa độ trọng tâm GG là $$ \begin{aligned} x_G &= \frac{x_A + x_B + x_C}{3} = \frac{-2 + 4 + 2}{3} = \frac{4}{3} \ y_G &= \frac{y_A + y_B + y_C}{3} = \frac{3 + 5 - 3}{3} = \frac{5}{3}. \end{aligned} $$

c) Ta có $$ \begin{aligned} AB &= \sqrt{(4 - (-2))^2 + (5 - 3)^2} = \sqrt{6^2 + 2^2} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10} \ AC &= \sqrt{(2 - (-2))^2 + (-3 - 3)^2} = \sqrt{4^2 + (-6)^2} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13} \ BC &= \sqrt{(2 - 4)^2 + (-3 - 5)^2} = \sqrt{(-2)^2 + (-8)^2} = \sqrt{68} = 2\sqrt{17}. \end{aligned} $$

Kết quả: G(43;53);AB=210;AC=213;BC=217G(\frac{4}{3}; \frac{5}{3}); AB = 2\sqrt{10}; AC = 2\sqrt{13}; BC = 2\sqrt{17}

Bài 3.

Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho tam giác ABCABC có trung điểm các cạnh BC,CA,ABBC, CA, AB tương ứng là M(2;0),N(4;2),P(1;3).M(2; 0), N(4; 2), P(1; 3).

a) Tìm tọa độ các điểm A,B,C.A, B, C.

b) Trong ba điểm M,N,PM, N, P có điểm nào là trọng tâm của tam giác ABCABC hay không? Vì sao?

Lời giải:

a) Gọi A(x1;y1),B(x2;y2),C(x3;y3).A(x_1; y_1), B(x_2; y_2), C(x_3; y_3).

Ta có $$ \begin{aligned} M(2; 0) &= \left(\frac{x_2 + x_3}{2}; \frac{y_2 + y_3}{2} \right) \ N(4; 2) &= \left(\frac{x_1 + x_3}{2}; \frac{y_1 + y_3}{2} \right) \ P(1; 3) &= \left(\frac{x_1 + x_2}{2}; \frac{y_1 + y_2}{2} \right). \end{aligned} $$

Từ đó ta có hệ phương trình $$ \begin{aligned} x_2 + x_3 &= 4 \ y_2 + y_3 &= 0 \ x_1 + x_3 &= 8 \ y_1 + y_3 &= 4 \ x_1 + x_2 &= 2 \ y_1 + y_2 &= 6. \end{aligned} $$

Giải hệ phương trình trên ta được $$ \begin{aligned} x_1 &= 6; y_1 = 4 \ x_2 &= -4; y_2 = 2 \ x_3 &= 2; y_3 = -2. \end{aligned} $$

Vậy A(6;4),B(−4;2),C(2;−2).A(6; 4), B(-4; 2), C(2; -2).

b) Ta có trọng tâm GG của tam giác ABCABC là $$ \begin{aligned} x_G &= \frac{6 - 4 + 2}{3} = \frac{4}{3} \ y_G &= \frac{4 + 2 - 2}{3} = \frac{4}{3}. \end{aligned} $$

Vậy trọng tâm G(43;43).G(\frac{4}{3}; \frac{4}{3}).

Kết quả: A(6;4),B(−4;2),C(2;−2)A(6; 4), B(-4; 2), C(2; -2)

Bài 4.

Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho tam giác ABCABC có A(2;4),B(−1;1),C(−8;2).A(2; 4), B(-1; 1), C(-8; 2).

a) Tính AB,BC.AB, BC.

b) Tính chu vi tam giác ABC.ABC.

c) Tìm điểm MM trên đường thẳng BCBC sao cho diện tích tam giác ABCABC bằng nửa diện tích tam giác ABM.ABM.

Lời giải:

a) Ta có $$ \begin{aligned} AB &= \sqrt{(-1 - 2)^2 + (1 - 4)^2} = \sqrt{(-3)^2 + (-3)^2} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \ BC &= \sqrt{(-8 - (-1))^2 + (2 - 1)^2} = \sqrt{(-7)^2 + 1^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}. \end{aligned} $$

b) Ta có $$ \begin{aligned} AC &= \sqrt{(-8 - 2)^2 + (2 - 4)^2} = \sqrt{(-10)^2 + (-2)^2} = \sqrt{104} = 2\sqrt{26} \ P &= AB + BC + AC = 3\sqrt{2} + 5\sqrt{2} + 2\sqrt{26} = 8\sqrt{2} + 2\sqrt{26}. \end{aligned} $$

c) Ta có $$ \begin{aligned} S_{ABC} &= \frac{1}{2} \cdot |x_A(y_B - y_C) + x_B(y_C - y_A) + x_C(y_A - y_B)| \ &= \frac{1}{2} \cdot |2(1 - 2) - 1(2 - 4) - 8(4 - 1)| \ &= \frac{1}{2} \cdot |(-2) + 2 - 24| \ &= 12. \end{aligned} $$

Để SABM=12SABCS_{ABM} = \frac{1}{2} S_{ABC} thì MM phải nằm trên đường thẳng BCBC sao cho BM=12BC.BM = \frac{1}{2} BC.

Bài 5.

Cho ba điểm A(1;1),B(3;−2),C(−2;−1).A(1; 1), B(3; -2), C(-2; -1).

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

b) Tìm tọa độ điểm DD sao cho ABCDABCD là hình thang có AB//CDAB // CD và CD=2AB.CD = 2AB.

Lời giải:

a) Ta có $$ \begin{aligned} \overrightarrow{AB} &= (3 - 1; -2 - 1) = (2; -3) \ \overrightarrow{AC} &= (-2 - 1; -1 - 1) = (-3; -2). \end{aligned} $$

Do 2−3≠−3−2\frac{2}{-3} \ne \frac{-3}{-2} nên AB→≠kAC→.\overrightarrow{AB} \ne k\overrightarrow{AC}.

b) Ta có $$ \begin{aligned} \overrightarrow{AB} &= (2; -3) \ CD &= 2AB = 2 \sqrt{2^2 + (-3)^2} = 2 \sqrt{13}. \end{aligned} $$

Gọi D(x;y).D(x; y).

Ta có $$ \begin{aligned} \overrightarrow{CD} &= (x + 2; y + 1) \ |\overrightarrow{CD}| &= \sqrt{(x + 2)^2 + (y + 1)^2} = 2 \sqrt{13}. \end{aligned} $$

Lại có AB//CDAB // CD nên AB→//CD→.\overrightarrow{AB} // \overrightarrow{CD}.

Bài 6.

Chứng minh khẳng định sau:

Hai vectơ u→=(x1;y1),v→=(x2;y2)\overrightarrow{u} = (x_1; y_1), \overrightarrow{v} = (x_2; y_2) (v→≠0)( \overrightarrow{v} \ne 0) cùng phương khi và chỉ khi có một số kk sao cho x1=kx2x_1 = kx_2 và y1=ky2.y_1 = ky_2.

Lời giải:

Điều kiện cần:

Nếu u→=kv→\overrightarrow{u} = k \overrightarrow{v} thì x1=kx2x_1 = kx_2 và y1=ky2.y_1 = ky_2.

Điều kiện đủ:

Nếu x1=kx2x_1 = kx_2 và y1=ky2y_1 = ky_2 thì u→=kv→.\overrightarrow{u} = k \overrightarrow{v}.

Bài 7.

Một lực F1→\overrightarrow{F_1} tác dụng lên một vật có điểm đặt AA và ∥F1→∥=500N.\left\| \overrightarrow{F_1} \right\| = 500 N. Một lực F2→\overrightarrow{F_2} tác dụng lên vật có điểm đặt BB và ∥F2→∥=600N.\left\| \overrightarrow{F_2} \right\| = 600 N. Các lực tác dụng lên vật được mô tả bằng những vectơ như Hình 21.

Biết F1→=AC→,F2→=BC→.\overrightarrow{F_1} = \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{F_2} = \overrightarrow{BC}. Tìm độ lớn của lực F3→\overrightarrow{F_3} tác dụng lên vật tại C.C.

Lời giải:

Ta có F3→=CA→+CB→=−AC→−BC→=−F1→−F2→.\overrightarrow{F_3} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB} = - \overrightarrow{AC} - \overrightarrow{BC} = - \overrightarrow{F_1} - \overrightarrow{F_2}.

Ta có $$ \begin{aligned} \left| \overrightarrow{F_1} \right| &= 500; \left| \overrightarrow{F_2} \right| = 600; (\overrightarrow{F_1}; \overrightarrow{F_2}) = 75^{\circ} \ \left| \overrightarrow{F_3} \right|^2 &= \left| \overrightarrow{F_1} \right|^2 + \left| \overrightarrow{F_2} \right|^2 + 2 \left| \overrightarrow{F_1} \right| \cdot \left| \overrightarrow{F_2} \right| \cdot \cos 75^{\circ} \ &= 500^2 + 600^2 + 2 \cdot 500 \cdot 600 \cdot \cos 75^{\circ} \ &\approx 1063417.6 \ \left| \overrightarrow{F_3} \right| &\approx 1031 N. \end{aligned} $$

Kết quả: 1031N1031 N

Trang 74 — §3. Phương trình đường thẳng

Bài tập

Không có bài tập, câu hỏi, luyện tập hay ví dụ cụ thể trên trang này. Trang này chủ yếu trình bày lý thuyết về phương trình đường thẳng, bao gồm:

  • Khái niệm vector chỉ phương của đường thẳng
  • Định nghĩa và tính chất của vector chỉ phương

Do đó, không có nội dung cần giải.

SKIP

Trang 75 — Phương trình tham số của đường thẳng

Bài 1. Viết phương trình tham số của đường thẳng Δ\Delta đi qua điểm A(−1;3)A(-1;3) và có vectơ chỉ phương u⃗=(2;1)\vec{u} = (2; 1).

Lời giải:

Phương trình tham số của đường thẳng Δ\Delta đi qua điểm A(x0;y0)A(x_0; y_0) và có vectơ chỉ phương u⃗=(a;b)\vec{u} = (a; b) là $$ \begin{cases} x = x_0 + at \ y = y_0 + bt \end{cases} $$ Với a2+b2>0a^2 + b^2 > 0, tt là tham số.

Do đó, phương trình tham số của đường thẳng Δ\Delta đi qua điểm A(−1;3)A(-1; 3) và có vectơ chỉ phương u⃗=(2;1)\vec{u} = (2; 1) là $$ \begin{cases} x = -1 + 2t \ y = 3 + t \end{cases} $$

Kết quả: {x=−1+2ty=3+t\begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 3 + t \end{cases}

Bài 2. Cho đường thẳng Δ\Delta có phương trình tham số là $$ \begin{cases} x = -5 + 3t \ y = 8 - 2t \end{cases} $$ Chỉ ra tọa độ của một vectơ chỉ phương của Δ\Delta và một điểm thuộc đường thẳng Δ\Delta.

Lời giải:

Vectơ chỉ phương của Δ\Delta là u⃗=(3;−2)\vec{u} = (3; -2).

Một điểm thuộc đường thẳng Δ\Delta là M(−5;8)M(-5; 8) (cho t=0t=0).

Kết quả: Vectơ chỉ phương u⃗=(3;−2)\vec{u} = (3; -2) và một điểm thuộc đường thẳng là M(−5;8)M(-5; 8).