Giải Toán 10 Tập 2 trang 44-47 - Chân trời sáng tạo

Trang 44 —

Bài tập

Bài 1

Cho tam giác $QRS$ có tọa độ các đỉnh là $Q(7; -2), R(-4; 9)$ và $S(5; 8).$

a) Tìm tọa độ trung điểm $M$ của cạnh $QS.$

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

Lời giải:

a) Tọa độ trung điểm $M$ của cạnh $QS$ là

$$M = \left( \frac{7 + 5}{2}, \frac{-2 + 8}{2} \right) = \left( \frac{12}{2}, \frac{6}{2} \right) = (6, 3).$$

b) Tọa độ trọng tâm $G$ của tam giác $QRS$ là

$$G = \left( \frac{7 - 4 + 5}{3}, \frac{-2 + 9 + 8}{3} \right) = \left( \frac{8}{3}, \frac{15}{3} \right) = \left( \frac{8}{3}, 5 \right).$$

Kết quả: $M(6, 3), G\left( \frac{8}{3}, 5 \right)$

Bài 2

Cho hai vecto $\vec{a} = (a_1; a_2), \vec{b} = (b_1; b_2)$ và hai điểm $A(x_A; y_A), B(x_B; y_B).$ Hoàn thành các phép biến đổi sau:

a) $\vec{a} \perp \vec{b} \Leftrightarrow \vec{a}.\vec{b} = 0 \Leftrightarrow a_1b_1 + a_2b_2 = .?.$

b) $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng phương $\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} a_1 &= tb_1 \\ a_2 &= tb_2 \end{aligned} \right.$ hay $\left\{ \begin{aligned} b_1 &= ka_1 \\ b_2 &= ka_2 \end{aligned} \right.$ $\Leftrightarrow a_1b_2 - a_2b_1 =.?.$

c) $|\vec{a}|=\sqrt{(\vec{a})^2} =\sqrt{?.}$

d) $\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A; y_B - y_A) \Rightarrow AB = \sqrt{(\overrightarrow{AB})^2} = \sqrt{?.}$

e) $\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \frac{\vec{a}. \vec{b}}{|\vec{a}|.|\vec{b}|} = \frac{?.}{\sqrt{a_1^2 + a_2^2} \sqrt{b_1^2 + b_2^2}}$ $(\vec{a}, \vec{b}$ khác $\vec{0}).$

Lời giải:

a) $\vec{a} \perp \vec{b} \Leftrightarrow \vec{a}.\vec{b} = 0 \Leftrightarrow a_1b_1 + a_2b_2 = 0.$

b) $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng phương $\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} a_1 &= tb_1 \\ a_2 &= tb_2 \end{aligned} \right.$ hay $\left\{ \begin{aligned} b_1 &= ka_1 \\ b_2 &= ka_2 \end{aligned} \right.$ $\Leftrightarrow a_1b_2 - a_2b_1 =0 .$

c) $|\vec{a}|=\sqrt{(\vec{a})^2} =\sqrt{a_1^2 + a_2^2}.$

d) $\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A; y_B - y_A) \Rightarrow AB = \sqrt{(\overrightarrow{AB})^2} = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}.$

e) $\cos(\vec{a}, \vec{b}) = \frac{\vec{a}. \vec{b}}{|\vec{a}|.|\vec{b}|} = \frac{a_1b_1 + a_2b_2}{\sqrt{a_1^2 + a_2^2} \sqrt{b_1^2 + b_2^2}}$ $(\vec{a}, \vec{b}$ khác $\vec{0}).$

Kết quả: $0, 0, a_1^2 + a_2^2, (x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2, a_1b_1 + a_2b_2$

---

Trang 45 — Bài tập

Bài 1. Trên trục $(O; \vec{e})$ cho các điểm $A, B, C, D$ có tọa độ lần lượt là $4; -1; -5; 0.$ a) Vẽ trục và biểu diễn các điểm đã cho lên trên trục đó. b) Hai vecto $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ cùng hướng hay ngược hướng?

Lời giải:

a)

• Vẽ trục tọa độ $(O; \vec{e})$.
• Biểu diễn các điểm:
  • Điểm $A$ có tọa độ $4$: cách điểm gốc $O$ một đoạn $4\vec{e}$ theo chiều của $\vec{e}$.
  • Điểm $B$ có tọa độ $-1$: cách điểm gốc $O$ một đoạn $1\vec{e}$ ngược chiều của $\vec{e}$.
  • Điểm $C$ có tọa độ $-5$: cách điểm gốc $O$ một đoạn $5\vec{e}$ ngược chiều của $\vec{e}$.
  • Điểm $D$ có tọa độ $0$: trùng với điểm gốc $O$.

b) Ta có:

• Tọa độ điểm $A, B, C, D$ lần lượt là $4; -1; -5; 0.$
• $\overrightarrow{AB} = -1 - 4 = -5$
• $\overrightarrow{CD} = 0 - (-5) = 5$

Vì $\overrightarrow{AB} = - \overrightarrow{CD}$ nên hai vecto $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ ngược hướng.

Kết quả: Vecto $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CD}$ ngược hướng.

---

Trang 46 — Vectơ

Bài 2. Chứng minh rằng:

a) $\vec{a} =(4; -6)$ và $\vec{b} =(-2; 3)$ là hai vecto ngược hướng.

Lời giải:

• Hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ là ngược hướng nếu $k < 0$ sao cho $\vec{a} = k\vec{b}$.

• Ta có $\vec{a} = (4; -6)$ và $\vec{b} = (-2; 3)$.

• Giả sử $\vec{a} = k\vec{b}$, khi đó:
  $(4; -6) = k(-2; 3) = (-2k; 3k)$.

• Từ tọa độ, ta có hệ phương trình:
  $$ \begin{cases} 4 = -2k \ -6 = 3k \end{cases} $$ $\implies k = -2$ (thỏa mãn).

• Vì $k = -2 < 0$ nên $\vec{a}$ và $\vec{b}$ là hai vectơ ngược hướng.

Kết quả: $\vec{a}$ và $\vec{b}$ là hai vectơ ngược hướng.

---

Bài 3. Tìm tọa độ của các vectơ sau:

a) $\vec{a} = 2\vec{i} + 7\vec{j}$;

Lời giải:

• Vectơ $\vec{a} = 2\vec{i} + 7\vec{j}$ có tọa độ là $(2; 7)$.

Kết quả: $(2; 7)$

---

b) $\vec{b} = -\vec{i} + 3\vec{j}$;

Lời giải:

• Vectơ $\vec{b} = -\vec{i} + 3\vec{j}$ có tọa độ là $(-1; 3)$.

Kết quả: $(-1; 3)$

---

c) $\vec{c} = 4\vec{i}$;

Lời giải:

• Vectơ $\vec{c} = 4\vec{i}$ có tọa độ là $(4; 0)$.

Kết quả: $(4; 0)$

---

d) $\vec{d} = -9\vec{j}$.

Lời giải:

• Vectơ $\vec{d} = -9\vec{j}$ có tọa độ là $(0; -9)$.

Kết quả: $(0; -9)$

---

Bài 4. Cho bốn điểm $A(3; 5), B(4; 0), C(0; -3), D(2; 2)$. Trong các điểm đã cho, hãy tìm điểm:

a) Thuộc trục hoành;

Lời giải:

• Điểm thuộc trục hoành có tọa độ dạng $(x; 0)$.
• Trong các điểm đã cho:
  • $A(3; 5)$ không thuộc trục hoành.
  • $B(4; 0)$ có $y = 0$ $\implies$ thuộc trục hoành.

Kết quả: $B(4; 0)$

---

b) Thuộc trục tung;

Lời giải:

• Điểm thuộc trục tung có tọa độ dạng $(0; y)$.
• Trong các điểm đã cho:
  • $C(0; -3)$ có $x = 0$ $\implies$ thuộc trục tung.

Kết quả: $C(0; -3)$

---

c) Thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

Lời giải:

• Đường phân giác của góc phần tư thứ nhất có phương trình $y = x$.
• Kiểm tra các điểm:
  • $A(3; 5)$: $5 \neq 3$ $\implies$ không nằm trên đường phân giác.
  • $B(4; 0)$: $0 \neq 4$ $\implies$ không nằm trên đường phân giác.
  • $C(0; -3)$: $-3 \neq 0$ $\implies$ không nằm trên đường phân giác.
  • $D(2; 2)$: $2 = 2$ $\implies$ nằm trên đường phân giác.

Kết quả: $D(2; 2)$

---

Bài 5. Cho điểm $M(x_0; y_0)$. Tìm tọa độ:

a) Điểm $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $M$ trên trục $Ox$;

Lời giải:

• Hình chiếu vuông góc của $M$ trên trục $Ox$ là điểm $H(x_0; 0)$.

Kết quả: $H(x_0; 0)$

---

b) Điểm $M'$ đối xứng với $M$ qua trục $Ox$;

Lời giải:

• Điểm đối xứng với $M(x_0; y_0)$ qua trục $Ox$ là $M'(x_0; -y_0)$.

Kết quả: $M'(x_0; -y_0)$

---

c) Điểm $K$ là hình chiếu vuông góc của điểm $M$ trên trục $Oy$;

Lời giải:

• Hình chiếu vuông góc của $M$ trên trục $Oy$ là điểm $K(0; y_0)$.

Kết quả: $K(0; y_0)$

---

d) Điểm $M''$ đối xứng với $M$ qua trục $Oy$;

Lời giải:

• Điểm đối xứng với $M(x_0; y_0)$ qua trục $Oy$ là $M''(-x_0; y_0)$.

Kết quả: $M''(-x_0; y_0)$

---

e) Điểm $C$ đối xứng với $M$ qua gốc tọa độ.

Lời giải:

• Điểm đối xứng với $M(x_0; y_0)$ qua gốc tọa độ $O$ là $C(-x_0; -y_0)$.

Kết quả: $C(-x_0; -y_0)$

---

Bài 6. Cho ba điểm $A(2; 2), B(3; 5), C(5; 5)$.

a) Tìm tọa độ điểm $D$ sao cho $ABCD$ là một hình bình hành.

Lời giải:

• Gọi $D(x; y)$.

• Ta có $\vec{AB} = (3 - 2; 5 - 2) = (1; 3)$ và $\vec{DC} = (5 - x; 5 - y)$.

• Điều kiện $ABCD$ là hình bình hành $\iff \vec{AB} = \vec{DC}$.

• Khi đó: $$ \begin{cases} 1 = 5 - x \ 3 = 5 - y \end{cases} $$ $\implies x = 4, y = 2$.

• Vậy $D(4; 2)$.

Kết quả: $D(4; 2)$

---

b) Tìm tọa độ giao điểm hai đường chéo của hình bình hành $ABCD$.

Lời giải:

• Giao điểm $I$ của hai đường chéo $AC$ và $BD$ là trung điểm của cả hai đường chéo.

• Tọa độ trung điểm $I$ của $AC$ là:
  $$ I \left( \frac{2 + 5}{2}; \frac{2 + 5}{2} \right) = I \left( \frac{7}{2}; \frac{7}{2} \right). $$

• Hoặc $I$ là trung điểm của $BD$:
  $$ I \left( \frac{3 + 4}{2}; \frac{5 + 2}{2} \right) = I \left( \frac{7}{2}; \frac{7}{2} \right). $$

Kết quả: $I \left( \frac{7}{2}; \frac{7}{2} \right)$

---

c) Giải tam giác $ABC$.

Lời giải:

• Độ dài các cạnh:

  • $AB = \sqrt{(3 - 2)^2 + (5 - 2)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$.
  • $BC = \sqrt{(5 - 3)^2 + (5 - 5)^2} = \sqrt{4} = 2$.
  • $AC = \sqrt{(5 - 2)^2 + (5 - 2)^2} = \sqrt{9 + 9} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.

• Vậy tam giác $ABC$ có các cạnh $\sqrt{10}$, $2$, $3\sqrt{2}$.

Kết quả: $\sqrt{10}$, $2$, $3\sqrt{2}$.

---

Bài 7. Cho tam giác $ABC$ có các điểm $M(2; 2), N(3; 4), P(5; 3)$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB, BC, CA$.

a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$.

Lời giải:

• Gọi $A(x_1; y_1), B(x_2; y_2), C(x_3; y_3)$.

• Ta có:

  • $M$ là trung điểm $AB \implies \begin{cases} \frac{x_1 + x_2}{2} = 2 \\ \frac{y_1 + y_2}{2} = 2 \end{cases} \iff \begin{cases} x_1 + x_2 = 4 \\ y_1 + y_2 = 4 \end{cases}$
  • $N$ là trung điểm $BC \implies \begin{cases} \frac{x_2 + x_3}{2} = 3 \\ \frac{y_2 + y_3}{2} = 4 \end{cases} \iff \begin{cases} x_2 + x_3 = 6 \\ y_2 + y_3 = 8 \end{cases}$
  • $P$ là trung điểm $CA \implies \begin{cases} \frac{x_3 + x_1}{2} = 5 \\ \frac{y_3 + y_1}{2} = 3 \end{cases} \iff \begin{cases} x_3 + x_1 = 10 \\ y_3 + y_1 = 6 \end{cases}$

• Giải hệ phương trình:
  $$ \begin{cases} x_1 + x_2 = 4 \ x_2 + x_3 = 6 \ x_3 + x_1 = 10 \end{cases} \iff \begin{cases} x_1 = 4 \ x_2 = 0 \ x_3 = 6 \end{cases} \quad \begin{cases} y_1 + y_2 = 4 \ y_2 + y_3 = 8 \ y_3 + y_1 = 6 \end{cases} \iff \begin{cases} y_1 = 1 \ y_2 = 3 \ y_3 = 5 \end{cases} $$

• Vậy $A(4; 1), B(0; 3), C(6; 5)$.

Kết quả: $A(4; 1), B(0; 3), C(6; 5)$

---

b) Chứng minh rằng trọng tâm của các tam giác $ABC$ và $MNP$ trùng nhau.

Lời giải:

• Trọng tâm $G$ của $\triangle ABC$ là:
  $$ G \left( \frac{4 + 0 + 6}{3}; \frac{1 + 3 + 5}{3} \right) = G \left( \frac{10}{3}; 3 \right). $$

• Trọng tâm $G'$ của $\triangle MNP$ là:
  $$ G' \left( \frac{2 + 3 + 5}{3}; \frac{2 + 4 + 3}{3} \right) = G' \left( \frac{10}{3}; 3 \right). $$

• Vì $G \equiv G'$ nên trọng tâm của hai tam giác trùng nhau.

Kết quả: Trọng tâm trùng nhau.

---

c) Giải tam giác $ABC$.

Lời giải:

• Độ dài các cạnh:

  • $AB = \sqrt{(0 - 4)^2 + (3 - 1)^2} = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt{5}$.
  • $BC = \sqrt{(6 - 0)^2 + (5 - 3)^2} = \sqrt{36 + 4} = 2\sqrt{10}$.
  • $AC = \sqrt{(6 - 4)^2 + (5 - 1)^2} = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}$.

• Tam giác $ABC$ có $AB = AC \implies$ tam giác cân tại $A$.

Kết quả: Tam giác cân tại $A$.

---

Bài 8. Cho hai điểm $A(1; 3), B(4; 2)$.

a) Tìm tọa độ điểm $D$ nằm trên trục $Ox$ sao cho $DA = DB$.

Lời giải:

• Gọi $D(x; 0)$ (điểm trên $Ox$).

• Ta có:

  • $DA = \sqrt{(x - 1)^2 + (0 - 3)^2} = \sqrt{(x - 1)^2 + 9}$.
  • $DB = \sqrt{(x - 4)^2 + (0 - 2)^2} = \sqrt{(x - 4)^2 + 4}$.

• $DA = DB \iff (x - 1)^2 + 9 = (x - 4)^2 + 4$.

• Giải phương trình: $$ x^2 - 2x + 1 + 9 = x^2 - 8x + 16 + 4 $$
  $\iff -2x + 10 = -8x + 20$.

• $\iff 6x = 10 \iff x = \frac{5}{3}$.

• Vậy $D \left( \frac{5}{3}; 0 \right)$.

Kết quả: $D \left( \frac{5}{3}; 0 \right)$

---

b) Tính chu vi tam giác $OAB$.

Lời giải:

• Ta có:

  • $OA = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$.
  • $OB = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$.
  • $AB = \sqrt{(4 - 1)^2 + (2 - 3)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$.

• Chu vi $\triangle OAB$ là:
  $$ P = OA + OB + AB = \sqrt{10} + 2\sqrt{5} + \sqrt{10} = 2\sqrt{10} + 2\sqrt{5}. $$

Kết quả: $2\sqrt{10} + 2\sqrt{5}$

---

c) Chứng minh rằng $OA$ vuông góc với $AB$ và từ đó tính diện tích tam giác $OAB$.

Lời giải:

• Ta có $\vec{OA} = (1; 3)$ và $\vec{AB} = (3; -1)$.

• $\vec{OA} \cdot \vec{AB} = 1 \cdot 3 + 3 \cdot (-1) = 0 \implies \vec{OA} \perp \vec{AB}$.

• Diện tích $\triangle OAB$:
  $$ S = \frac{1}{2} |\vec{OA} \times \vec{OB}| = \frac{1}{2} |1 \cdot 2 - 3 \cdot 4| = \frac{1}{2} |2 - 12| = 5. $$

Kết quả: $5$

---

Bài 9. Tính góc giữa hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ trong các trường hợp sau:

a) $\vec{a} =(2; -3), \vec{b} =(6; 4)$;

Lời giải:

• $\vec{a} \cdot \vec{b} = 2 \cdot 6 + (-3) \cdot 4 = 12 - 12 = 0$.

• $\implies \vec{a} \perp \vec{b} \implies (\vec{a}, \vec{b}) = 90^\circ$.

Kết quả: $90^\circ$

---

b) $\vec{a} =(3; 2), \vec{b} =(5; -1)$;

Lời giải:

• $\vec{a} \cdot \vec{b} = 3 \cdot 5 + 2 \cdot (-1) = 15 - 2 = 13$.

• $|\vec{a}| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{9 + 4} = \sqrt{13}$.

• $|\vec{b}| = \sqrt{5^2 + (-1)^2} = \sqrt{25 + 1} = \sqrt{26}$.

• $\cos (\vec{a}, \vec{b}) = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = \frac{13}{\sqrt{13} \cdot \sqrt{26}} = \frac{13}{\sqrt{338}} = \frac{13}{\sqrt{2 \cdot 169}} = \frac{\sqrt{13}}{\sqrt{26}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.

• $\implies (\vec{a}, \vec{b}) = 45^\circ$.

Kết quả: $45^\circ$

---

c) $\vec{a} =(-2; -2\sqrt{3}), \vec{b} =(3; \sqrt{3})$.

Lời giải:

• $\vec{a} \cdot \vec{b} = (-2) \cdot 3 + (-2\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} = -6 - 6 = -12$.

• $|\vec{a}| = \sqrt{(-2)^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 12

---

Trang 47 — Đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ

Trang này không có bài tập, câu hỏi, luyện tập hay ví dụ cần giải. Toàn bộ nội dung trên trang là lý thuyết về đường thẳng trong mặt phẳng tọa độ.

Trả lời: SKIP