Trang 40 —

Ví dụ 1

Ví dụ 1. Trong mặt phẳng OxyOxy, cho ba điểm A,B,CA, B, C được biểu diễn như Hình 6.

a) Hãy biểu thị các vecto OA→,OB→,OC→\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC} qua hai vecto i→\overrightarrow{i} và j→\overrightarrow{j}.

b) Tìm tọa độ của các vecto a→,b→,c→\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}, \overrightarrow{c} và các điểm A,B,CA, B, C.

Lời giải:

a) Ta có:

  • OA→=i→+3j→,\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{i} + 3\overrightarrow{j},
  • OB→=3i→+0j→=3i→,\overrightarrow{OB} = 3\overrightarrow{i} + 0\overrightarrow{j} = 3\overrightarrow{i},
  • OC→=−2i→−j→.\overrightarrow{OC} = -2\overrightarrow{i} - \overrightarrow{j}.

b) Từ kết quả trên, suy ra:

  • a→=OA→=(1;3),\overrightarrow{a} = \overrightarrow{OA} = (1; 3),
  • b→=OB→=(3;0),\overrightarrow{b} = \overrightarrow{OB} = (3; 0),
  • c→=OC→=(−2;−1).\overrightarrow{c} = \overrightarrow{OC} = (-2; -1).

Do đó A(1;3),B(3;0),C(−2;−1)A(1; 3), B(3; 0), C(-2; -1).

Kết quả: A(1;3),B(3;0),C(−2;−1)A(1; 3), B(3; 0), C(-2; -1), a→=(1;3),b→=(3;0),c→=(−2;−1)\overrightarrow{a} = (1; 3), \overrightarrow{b} = (3; 0), \overrightarrow{c} = (-2; -1)

Trang 41 —

Bài tập

Bài 1

Trong mặt phẳng OxyOxy, cho ba điểm D(−1;4),E(0;−3),F(5;0)D(-1; 4), E(0; -3), F(5; 0). a) Vẽ các điểm D,E,FD, E, F trên mặt phẳng OxyOxy. b) Tìm tọa độ của các vecto OD→,OE→,OF→\overrightarrow{OD}, \overrightarrow{OE}, \overrightarrow{OF}. c) Vẽ và tìm tọa độ hai vecto đơn vị i→\overrightarrow{i} và j→\overrightarrow{j} lần lượt trên hai trục tọa độ OxOx và OyOy.

Lời giải:

a) Vẽ các điểm D,E,FD, E, F trên mặt phẳng OxyOxy:

  • Điểm D(−1;4)D(-1; 4): Từ gốc OO, đi 1 đơn vị về bên trái (theo chiều âm trục OxOx) và đi lên 4 đơn vị (theo chiều dương trục OyOy).
  • Điểm E(0;−3)E(0; -3): Từ gốc OO, đi 3 đơn vị xuống dưới (theo chiều âm trục OyOy).
  • Điểm F(5;0)F(5; 0): Từ gốc OO, đi 5 đơn vị về bên phải (theo chiều dương trục OxOx).

b) Tọa độ của các vecto OD→,OE→,OF→\overrightarrow{OD}, \overrightarrow{OE}, \overrightarrow{OF}:

  • OD→=(−1;4)\overrightarrow{OD} = (-1; 4), vì DD có tọa độ (−1;4)(-1; 4).
  • OE→=(0;−3)\overrightarrow{OE} = (0; -3), vì EE có tọa độ (0;−3)(0; -3).
  • OF→=(5;0)\overrightarrow{OF} = (5; 0), vì FF có tọa độ (5;0)(5; 0).

c) Vẽ và tìm tọa độ hai vecto đơn vị i→\overrightarrow{i} và j→\overrightarrow{j}:

  • Vecto đơn vị i→\overrightarrow{i} trên trục OxOx có tọa độ (1;0)(1; 0).
  • Vecto đơn vị j→\overrightarrow{j} trên trục OyOy có tọa độ (0;1)(0; 1).

Bài 2

Một máy bay đang cất cánh với tốc độ 240 km/h240 \text{ km/h} theo phương hợp với phương nằm ngang một góc 30∘30^\circ (Hình 7).

a) Tính độ dài mỗi cạnh của hình chữ nhật ABCDABCD. b) Biểu diễn vecto vận tốc v→\overrightarrow{v} theo hai vecto i→\overrightarrow{i} và j→\overrightarrow{j}. c) Tìm tọa độ của v→\overrightarrow{v}.

Lời giải:

a) Tính độ dài mỗi cạnh của hình chữ nhật ABCDABCD:

  • Gọi ∣v→∣=240 km/h|\overrightarrow{v}| = 240 \text{ km/h} là vận tốc của máy bay.

  • Phân tích v→\overrightarrow{v} thành hai thành phần:

    • Thành phần nằm ngang: vx=240⋅cos⁡(30∘)=240⋅32=1203 km/hv_x = 240 \cdot \cos(30^\circ) = 240 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 120\sqrt{3} \text{ km/h}.
    • Thành phần thẳng đứng: vy=240⋅sin⁡(30∘)=240⋅12=120 km/hv_y = 240 \cdot \sin(30^\circ) = 240 \cdot \frac{1}{2} = 120 \text{ km/h}.

  • Độ dài cạnh AB=vx=1203AB = v_x = 120\sqrt{3}.

  • Độ dài cạnh AD=vy=120AD = v_y = 120.

b) Biểu diễn vecto vận tốc v→\overrightarrow{v} theo hai vecto i→\overrightarrow{i} và j→\overrightarrow{j}:

v→=1203i→+120j→\overrightarrow{v} = 120\sqrt{3} \overrightarrow{i} + 120 \overrightarrow{j}.

c) Tìm tọa độ của v→\overrightarrow{v}:

Tọa độ của v→\overrightarrow{v} là (1203;120)(120\sqrt{3}; 120).

Kết quả:

  • a) AB=1203,AD=120AB = 120\sqrt{3}, AD = 120.
  • b) v→=1203i→+120j→\overrightarrow{v} = 120\sqrt{3} \overrightarrow{i} + 120 \overrightarrow{j}.
  • c) (1203;120)(120\sqrt{3}; 120).

2. Biểu thức tọa độ của các phép toán vecto

Trong mặt phẳng OxyOxy, cho hai vecto a→=(a1;a2),b→=(b1;b2)\overrightarrow{a} = (a_1; a_2), \overrightarrow{b} = (b_1; b_2) và số thực kk. Ta đã biết có thể biểu diễn từng vecto a→,b→\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b} theo hai vecto i→,j→\overrightarrow{i}, \overrightarrow{j} như sau: a→=a1i→+a2j→;b→=b1i→+b2j→\overrightarrow{a} = a_1 \overrightarrow{i} + a_2 \overrightarrow{j}; \overrightarrow{b} = b_1 \overrightarrow{i} + b_2 \overrightarrow{j}.

a) Biểu diễn từng vecto: a→+b→,a→−b→,ka→\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}, \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b}, k\overrightarrow{a} theo hai vecto i→,j→\overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}.

b) Tìm a→⋅b→\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} theo tọa độ của hai vecto a→\overrightarrow{a} và b→\overrightarrow{b}.

Lời giải:

a) Biểu diễn từng vecto:

  • a→+b→=(a1+b1)i→+(a2+b2)j→\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} = (a_1 + b_1) \overrightarrow{i} + (a_2 + b_2) \overrightarrow{j}.
  • a→−b→=(a1−b1)i→+(a2−b2)j→\overrightarrow{a} - \overrightarrow{b} = (a_1 - b_1) \overrightarrow{i} + (a_2 - b_2) \overrightarrow{j}.
  • ka→=(ka1)i→+(ka2)j→k\overrightarrow{a} = (ka_1) \overrightarrow{i} + (ka_2) \overrightarrow{j}.

b) Tìm a→⋅b→\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}:

a→⋅b→=(a1i→+a2j→)⋅(b1i→+b2j→)=a1b1+a2b2\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = (a_1 \overrightarrow{i} + a_2 \overrightarrow{j}) \cdot (b_1 \overrightarrow{i} + b_2 \overrightarrow{j}) = a_1b_1 + a_2b_2.

Kết quả:

  • a) a→+b→=(a1+b1;a2+b2),a→−b→=(a1−b1;a2−b2),ka→=(ka1;ka2)\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b} = (a_1 + b_1; a_2 + b_2), \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b} = (a_1 - b_1; a_2 - b_2), k\overrightarrow{a} = (ka_1; ka_2).
  • b) a→⋅b→=a1b1+a2b2\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = a_1b_1 + a_2b_2.

Trang 42 —

Trang này không có bài tập/câu hỏi/luyện tập/ví dụ cần giải.

SKIP

Trang 43 —

Bài tập

Bài tập 3

Cho M(1;2),N(−3;4),P(5;0)M(1; 2), N(-3; 4), P(5; 0). Tìm tọa độ của các vecto MN→,PM→,NP→.\overrightarrow{MN}, \overrightarrow{PM}, \overrightarrow{NP}.

Lời giải: Ta có

  • MN→=(xN−xM;yN−yM)=(−3−1;4−2)=(−4;2);\overrightarrow{MN} = (x_N - x_M; y_N - y_M) = (-3 - 1; 4 - 2) = (-4; 2);
  • PM→=(xM−xP;yM−yP)=(1−5;2−0)=(−4;2);\overrightarrow{PM} = (x_M - x_P; y_M - y_P) = (1 - 5; 2 - 0) = (-4; 2);
  • NP→=(xP−xN;yP−yN)=(5+3;0−4)=(8;−4).\overrightarrow{NP} = (x_P - x_N; y_P - y_N) = (5 + 3; 0 - 4) = (8; -4).

Kết quả: MN→=(−4;2);PM→=(−4;2);NP→=(8;−4).\overrightarrow{MN} = (-4; 2); \overrightarrow{PM} = (-4; 2); \overrightarrow{NP} = (8; -4).

Bài tập 4

Cho E(9;9),F(8;−7),G(0;−6)E(9; 9), F(8; -7), G(0; -6). Tìm tọa độ của các vecto FE→,FG→,EG→.\overrightarrow{FE}, \overrightarrow{FG}, \overrightarrow{EG}.

Lời giải: Ta có

  • FE→=(xE−xF;yE−yF)=(9−8;9−(−7))=(1;16);\overrightarrow{FE} = (x_E - x_F; y_E - y_F) = (9 - 8; 9 - (-7)) = (1; 16);
  • FG→=(xG−xF;yG−yF)=(0−8;−6−(−7))=(−8;1);\overrightarrow{FG} = (x_G - x_F; y_G - y_F) = (0 - 8; -6 -(-7)) = (-8; 1);
  • EG→=(xG−xE;yG−yE)=(0−9;−6−9)=(−9;−15).\overrightarrow{EG} = (x_G - x_E; y_G - y_E) = (0 - 9; -6 - 9) = (-9; -15).

Kết quả: FE→=(1;16);FG→=(−8;1);EG→=(−9;−15).\overrightarrow{FE} = (1; 16); \overrightarrow{FG} = (-8; 1); \overrightarrow{EG} = (-9; -15).

Bài tập 6

Trong mặt phẳng OxyOxy, cho tam giác ABCABC có tọa độ ba đỉnh là A(xA;yA),B(xB;yB),C(xC;yC)A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C). Gọi M(xM;yM)M(x_M; y_M) là trung điểm của đoạn thẳng ABAB, G(xG;yG)G(x_G; y_G) là trọng tâm của tam giác ABCABC. a) Biểu thị vecto OM→\overrightarrow{OM} theo hai vecto OA→\overrightarrow{OA} và OB→.\overrightarrow{OB}. b) Biểu thị vecto OG→\overrightarrow{OG} theo ba vecto OA→,OB→\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OB} và OC→.\overrightarrow{OC}. c) Từ các kết quả trên, tìm tọa độ điểm MM và GG theo tọa độ của các điểm A,B,C.A, B, C.

Lời giải: a) Ta có OM→=OA→+OB→2.\overrightarrow{OM} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}}{2}.

b) Ta có OG→=OA→+OB→+OC→3.\overrightarrow{OG} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}}{3}.

c) Ta có

  • xM=xA+xB2,yM=yA+yB2;x_M = \frac{x_A + x_B}{2}, y_M = \frac{y_A + y_B}{2};
  • xG=xA+xB+xC3,yG=yA+yB+yC3.x_G = \frac{x_A + x_B + x_C}{3}, y_G = \frac{y_A + y_B + y_C}{3}.

Kết quả:

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

Bài tập 4

Cho tam giác MNPMNP có tọa độ các đỉnh là M(2;2),N(6;3)M(2; 2), N(6; 3) và P(5;5).P(5; 5). a) Tìm tọa độ trung điểm EE của cạnh MN.MN. b) Tìm tọa độ trọng tâm GG của tam giác MNP.MNP.

Lời giải: a) Ta có

  • xE=xM+xN2=2+62=4,yE=yM+yN2=2+32=52.x_E = \frac{x_M + x_N}{2} = \frac{2+6}{2} = 4, y_E = \frac{y_M + y_N}{2} = \frac{2+3}{2} = \frac{5}{2}. Vậy E(4,52).E \left( 4, \frac{5}{2} \right).

b) Ta có

  • xG=xM+xN+xP3=2+6+53=133,yG=yM+yN+yP3=2+3+53=103.x_G = \frac{x_M + x_N + x_P}{3} = \frac{2+6+5}{3} = \frac{13}{3}, y_G = \frac{y_M + y_N + y_P}{3} = \frac{2+3+5}{3} = \frac{10}{3}. Vậy G(133,103).G \left( \frac{13}{3}, \frac{10}{3} \right).

Kết quả:

  • E(4,52);E \left( 4, \frac{5}{2} \right);
  • G(133,103).G \left( \frac{13}{3}, \frac{10}{3} \right).