Bài tập

Bài 1

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

a) Tìm tọa độ trung điểm MM của cạnh QS.QS.

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

Lời giải:

a) Tọa độ trung điểm MM của cạnh QSQS là

M=(7+52,−2+82)=(122,62)=(6,3).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 GG của tam giác QRSQRS là

G=(7−4+53,−2+9+83)=(83,153)=(83,5).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(83,5)M(6, 3), G\left( \frac{8}{3}, 5 \right)

Bài 2

Cho hai vecto a⃗=(a1;a2),b⃗=(b1;b2)\vec{a} = (a_1; a_2), \vec{b} = (b_1; b_2) và hai điểm A(xA;yA),B(xB;yB).A(x_A; y_A), B(x_B; y_B). Hoàn thành các phép biến đổi sau:

a) a⃗⊥b⃗⇔a⃗.b⃗=0⇔a1b1+a2b2=.?.\vec{a} \perp \vec{b} \Leftrightarrow \vec{a}.\vec{b} = 0 \Leftrightarrow a_1b_1 + a_2b_2 = .?.

b) a⃗\vec{a} và b⃗\vec{b} cùng phương ⇔{a1=tb1a2=tb2\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} a_1 &= tb_1 \\ a_2 &= tb_2 \end{aligned} \right. hay {b1=ka1b2=ka2\left\{ \begin{aligned} b_1 &= ka_1 \\ b_2 &= ka_2 \end{aligned} \right. ⇔a1b2−a2b1=.?.\Leftrightarrow a_1b_2 - a_2b_1 =.?.

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

d) AB→=(xB−xA;yB−yA)⇒AB=(AB→)2=?.\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A; y_B - y_A) \Rightarrow AB = \sqrt{(\overrightarrow{AB})^2} = \sqrt{?.}

e) cos⁡(a⃗,b⃗)=a⃗.b⃗∣a⃗∣.∣b⃗∣=?.a12+a22b12+b22\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}} (a⃗,b⃗(\vec{a}, \vec{b} khác 0⃗).\vec{0}).

Lời giải:

a) a⃗⊥b⃗⇔a⃗.b⃗=0⇔a1b1+a2b2=0.\vec{a} \perp \vec{b} \Leftrightarrow \vec{a}.\vec{b} = 0 \Leftrightarrow a_1b_1 + a_2b_2 = 0.

b) a⃗\vec{a} và b⃗\vec{b} cùng phương ⇔{a1=tb1a2=tb2\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} a_1 &= tb_1 \\ a_2 &= tb_2 \end{aligned} \right. hay {b1=ka1b2=ka2\left\{ \begin{aligned} b_1 &= ka_1 \\ b_2 &= ka_2 \end{aligned} \right. ⇔a1b2−a2b1=0.\Leftrightarrow a_1b_2 - a_2b_1 =0 .

c) ∣a⃗∣=(a⃗)2=a12+a22.|\vec{a}|=\sqrt{(\vec{a})^2} =\sqrt{a_1^2 + a_2^2}.

d) AB→=(xB−xA;yB−yA)⇒AB=(AB→)2=(xB−xA)2+(yB−yA)2.\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⁡(a⃗,b⃗)=a⃗.b⃗∣a⃗∣.∣b⃗∣=a1b1+a2b2a12+a22b12+b22\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}} (a⃗,b⃗(\vec{a}, \vec{b} khác 0⃗).\vec{0}).

Kết quả: 0,0,a12+a22,(xB−xA)2+(yB−yA)2,a1b1+a2b20, 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;e⃗)(O; \vec{e}) cho các điểm A,B,C,DA, B, C, D có tọa độ lần lượt là 4;−1;−5;0.4; -1; -5; 0. a) Vẽ trục và biểu diễn các điểm đã cho lên trên trục đó. b) Hai vecto AB→\overrightarrow{AB} và CD→\overrightarrow{CD} cùng hướng hay ngược hướng?

Lời giải:

a)

  • Vẽ trục tọa độ (O;e⃗)(O; \vec{e}).
  • Biểu diễn các điểm:
    • Điểm AA có tọa độ 44: cách điểm gốc OO một đoạn 4e⃗4\vec{e} theo chiều của e⃗\vec{e}.
    • Điểm BB có tọa độ −1-1: cách điểm gốc OO một đoạn 1e⃗1\vec{e} ngược chiều của e⃗\vec{e}.
    • Điểm CC có tọa độ −5-5: cách điểm gốc OO một đoạn 5e⃗5\vec{e} ngược chiều của e⃗\vec{e}.
    • Điểm DD có tọa độ 00: trùng với điểm gốc OO.

b) Ta có:

  • Tọa độ điểm A,B,C,DA, B, C, D lần lượt là 4;−1;−5;0.4; -1; -5; 0.
  • AB→=−1−4=−5\overrightarrow{AB} = -1 - 4 = -5
  • CD→=0−(−5)=5\overrightarrow{CD} = 0 - (-5) = 5

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

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

Trang 46 — Vectơ

Bài 2. Chứng minh rằng:

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

Lời giải:

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

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

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

  • Từ tọa độ, ta có hệ phương trình:

{4=−2k−6=3k\begin{cases} 4 = -2k \\ -6 = 3k \end{cases}

  ⟹  k=−2\implies k = -2 (thỏa mãn).

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

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

Bài 3. Tìm tọa độ của các vectơ sau:

a) a⃗=2i⃗+7j⃗\vec{a} = 2\vec{i} + 7\vec{j};

Lời giải:

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

Kết quả: (2;7)(2; 7)

b) b⃗=−i⃗+3j⃗\vec{b} = -\vec{i} + 3\vec{j};

Lời giải:

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

Kết quả: (−1;3)(-1; 3)

c) c⃗=4i⃗\vec{c} = 4\vec{i};

Lời giải:

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

Kết quả: (4;0)(4; 0)

d) d⃗=−9j⃗\vec{d} = -9\vec{j}.

Lời giải:

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

Kết quả: (0;−9)(0; -9)

Bài 4. Cho bốn điểm A(3;5),B(4;0),C(0;−3),D(2;2)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)(x; 0).
  • Trong các điểm đã cho:
    • A(3;5)A(3; 5) không thuộc trục hoành.
    • B(4;0)B(4; 0) có y=0y = 0   ⟹  \implies thuộc trục hoành.

Kết quả: B(4;0)B(4; 0)

b) Thuộc trục tung;

Lời giải:

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

Kết quả: C(0;−3)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=xy = x.
  • Kiểm tra các điểm:
    • A(3;5)A(3; 5): 5≠35 \neq 3   ⟹  \implies không nằm trên đường phân giác.
    • B(4;0)B(4; 0): 0≠40 \neq 4   ⟹  \implies không nằm trên đường phân giác.
    • C(0;−3)C(0; -3): −3≠0-3 \neq 0   ⟹  \implies không nằm trên đường phân giác.
    • D(2;2)D(2; 2): 2=22 = 2   ⟹  \implies nằm trên đường phân giác.

Kết quả: D(2;2)D(2; 2)

Bài 5. Cho điểm M(x0;y0)M(x_0; y_0). Tìm tọa độ:

a) Điểm HH là hình chiếu vuông góc của điểm MM trên trục OxOx;

Lời giải:

  • Hình chiếu vuông góc của MM trên trục OxOx là điểm H(x0;0)H(x_0; 0).

Kết quả: H(x0;0)H(x_0; 0)

b) Điểm M′M' đối xứng với MM qua trục OxOx;

Lời giải:

  • Điểm đối xứng với M(x0;y0)M(x_0; y_0) qua trục OxOx là M′(x0;−y0)M'(x_0; -y_0).

Kết quả: M′(x0;−y0)M'(x_0; -y_0)

c) Điểm KK là hình chiếu vuông góc của điểm MM trên trục OyOy;

Lời giải:

  • Hình chiếu vuông góc của MM trên trục OyOy là điểm K(0;y0)K(0; y_0).

Kết quả: K(0;y0)K(0; y_0)

d) Điểm M′′M'' đối xứng với MM qua trục OyOy;

Lời giải:

  • Điểm đối xứng với M(x0;y0)M(x_0; y_0) qua trục OyOy là M′′(−x0;y0)M''(-x_0; y_0).

Kết quả: M′′(−x0;y0)M''(-x_0; y_0)

e) Điểm CC đối xứng với MM qua gốc tọa độ.

Lời giải:

  • Điểm đối xứng với M(x0;y0)M(x_0; y_0) qua gốc tọa độ OO là C(−x0;−y0)C(-x_0; -y_0).

Kết quả: C(−x0;−y0)C(-x_0; -y_0)

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

a) Tìm tọa độ điểm DD sao cho ABCDABCD là một hình bình hành.

Lời giải:

  • Gọi D(x;y)D(x; y).
  • Ta có AB⃗=(3−2;5−2)=(1;3)\vec{AB} = (3 - 2; 5 - 2) = (1; 3) và DC⃗=(5−x;5−y)\vec{DC} = (5 - x; 5 - y).
  • Điều kiện ABCDABCD là hình bình hành   ⟺  AB⃗=DC⃗\iff \vec{AB} = \vec{DC}.
  • Khi đó:
{1=5−x3=5−y\begin{cases} 1 = 5 - x \\ 3 = 5 - y \end{cases}

  ⟹  x=4,y=2\implies x = 4, y = 2.

  • Vậy D(4;2)D(4; 2).

Kết quả: D(4;2)D(4; 2)

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

Lời giải:

  • Giao điểm II của hai đường chéo ACAC và BDBD là trung điểm của cả hai đường chéo.
  • Tọa độ trung điểm II của ACAC là:
I(2+52;2+52)=I(72;72).I \left( \frac{2 + 5}{2}; \frac{2 + 5}{2} \right) = I \left( \frac{7}{2}; \frac{7}{2} \right).
  • Hoặc II là trung điểm của BDBD:
I(3+42;5+22)=I(72;72).I \left( \frac{3 + 4}{2}; \frac{5 + 2}{2} \right) = I \left( \frac{7}{2}; \frac{7}{2} \right).

Kết quả: I(72;72)I \left( \frac{7}{2}; \frac{7}{2} \right)

c) Giải tam giác ABCABC.

Lời giải:

  • Độ dài các cạnh:

    • AB=(3−2)2+(5−2)2=1+9=10AB = \sqrt{(3 - 2)^2 + (5 - 2)^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}.
    • BC=(5−3)2+(5−5)2=4=2BC = \sqrt{(5 - 3)^2 + (5 - 5)^2} = \sqrt{4} = 2.
    • AC=(5−2)2+(5−2)2=9+9=18=32AC = \sqrt{(5 - 2)^2 + (5 - 2)^2} = \sqrt{9 + 9} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}.

  • Vậy tam giác ABCABC có các cạnh 10\sqrt{10}, 22, 323\sqrt{2}.

Kết quả: 10\sqrt{10}, 22, 323\sqrt{2}.

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

a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABCABC.

Lời giải:

  • 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:

    • MM là trung điểm AB  ⟹  {x1+x22=2y1+y22=2  ⟺  {x1+x2=4y1+y2=4AB \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}
    • NN là trung điểm BC  ⟹  {x2+x32=3y2+y32=4  ⟺  {x2+x3=6y2+y3=8BC \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}
    • PP là trung điểm CA  ⟹  {x3+x12=5y3+y12=3  ⟺  {x3+x1=10y3+y1=6CA \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:

{x1+x2=4x2+x3=6x3+x1=10  ⟺  {x1=4x2=0x3=6{y1+y2=4y2+y3=8y3+y1=6  ⟺  {y1=1y2=3y3=5\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)A(4; 1), B(0; 3), C(6; 5).

Kết quả: A(4;1),B(0;3),C(6;5)A(4; 1), B(0; 3), C(6; 5)

b) Chứng minh rằng trọng tâm của các tam giác ABCABC và MNPMNP trùng nhau.

Lời giải:

  • Trọng tâm GG của △ABC\triangle ABC là:
G(4+0+63;1+3+53)=G(103;3).G \left( \frac{4 + 0 + 6}{3}; \frac{1 + 3 + 5}{3} \right) = G \left( \frac{10}{3}; 3 \right).
  • Trọng tâm G′G' của △MNP\triangle MNP là:
G′(2+3+53;2+4+33)=G′(103;3).G' \left( \frac{2 + 3 + 5}{3}; \frac{2 + 4 + 3}{3} \right) = G' \left( \frac{10}{3}; 3 \right).
  • Vì G≡G′G \equiv G' nên trọng tâm của hai tam giác trùng nhau.

Kết quả: Trọng tâm trùng nhau.

c) Giải tam giác ABCABC.

Lời giải:

  • Độ dài các cạnh:

    • AB=(0−4)2+(3−1)2=16+4=25AB = \sqrt{(0 - 4)^2 + (3 - 1)^2} = \sqrt{16 + 4} = 2\sqrt{5}.
    • BC=(6−0)2+(5−3)2=36+4=210BC = \sqrt{(6 - 0)^2 + (5 - 3)^2} = \sqrt{36 + 4} = 2\sqrt{10}.
    • AC=(6−4)2+(5−1)2=4+16=25AC = \sqrt{(6 - 4)^2 + (5 - 1)^2} = \sqrt{4 + 16} = 2\sqrt{5}.

  • Tam giác ABCABC có AB=AC  ⟹  AB = AC \implies tam giác cân tại AA.

Kết quả: Tam giác cân tại AA.

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

a) Tìm tọa độ điểm DD nằm trên trục OxOx sao cho DA=DBDA = DB.

Lời giải:

  • Gọi D(x;0)D(x; 0) (điểm trên OxOx).

  • Ta có:

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

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

  • Giải phương trình:

x2−2x+1+9=x2−8x+16+4x^2 - 2x + 1 + 9 = x^2 - 8x + 16 + 4

  ⟺  −2x+10=−8x+20\iff -2x + 10 = -8x + 20.

  •   ⟺  6x=10  ⟺  x=53\iff 6x = 10 \iff x = \frac{5}{3}.

  • Vậy D(53;0)D \left( \frac{5}{3}; 0 \right).

Kết quả: D(53;0)D \left( \frac{5}{3}; 0 \right)

b) Tính chu vi tam giác OABOAB.

Lời giải:

  • Ta có:

    • OA=12+32=10OA = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}.
    • OB=42+22=20=25OB = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}.
    • AB=(4−1)2+(2−3)2=9+1=10AB = \sqrt{(4 - 1)^2 + (2 - 3)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}.

  • Chu vi △OAB\triangle OAB là:

P=OA+OB+AB=10+25+10=210+25.P = OA + OB + AB = \sqrt{10} + 2\sqrt{5} + \sqrt{10} = 2\sqrt{10} + 2\sqrt{5}.

Kết quả: 210+252\sqrt{10} + 2\sqrt{5}

c) Chứng minh rằng OAOA vuông góc với ABAB và từ đó tính diện tích tam giác OABOAB.

Lời giải:

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

  • OA⃗⋅AB⃗=1⋅3+3⋅(−1)=0  ⟹  OA⃗⊥AB⃗\vec{OA} \cdot \vec{AB} = 1 \cdot 3 + 3 \cdot (-1) = 0 \implies \vec{OA} \perp \vec{AB}.

  • Diện tích △OAB\triangle OAB:

S=12∣OA⃗×OB⃗∣=12∣1⋅2−3⋅4∣=12∣2−12∣=5.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: 55

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

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

Lời giải:

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

  •   ⟹  a⃗⊥b⃗  ⟹  (a⃗,b⃗)=90∘\implies \vec{a} \perp \vec{b} \implies (\vec{a}, \vec{b}) = 90^\circ.

Kết quả: 90∘90^\circ

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

Lời giải:

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

  • ∣a⃗∣=32+22=9+4=13|\vec{a}| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{9 + 4} = \sqrt{13}.

  • ∣b⃗∣=52+(−1)2=25+1=26|\vec{b}| = \sqrt{5^2 + (-1)^2} = \sqrt{25 + 1} = \sqrt{26}.

  • cos⁡(a⃗,b⃗)=a⃗⋅b⃗∣a⃗∣⋅∣b⃗∣=1313⋅26=13338=132⋅169=1326=12=22\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}.

  •   ⟹  (a⃗,b⃗)=45∘\implies (\vec{a}, \vec{b}) = 45^\circ.

Kết quả: 45∘45^\circ

c) a⃗=(−2;−23),b⃗=(3;3)\vec{a} =(-2; -2\sqrt{3}), \vec{b} =(3; \sqrt{3}).

Lời giải:

  • a⃗⋅b⃗=(−2)⋅3+(−23)⋅3=−6−6=−12\vec{a} \cdot \vec{b} = (-2) \cdot 3 + (-2\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} = -6 - 6 = -12.

  • ∣a⃗∣=(−2)2+(−23)2=4+12=16=4|\vec{a}| = \sqrt{(-2)^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4 + 12} = \sqrt{16} = 4.

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.