Giải SBT Toán 10 Bài 10. Vectơ trong mặt phẳng tọa độ có đáp án

Lời giải

Cách 1:

Gọi A(x_A; y_A); B(x_B; y_B) và C(x_C; y_C) là tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC.

Ta có:

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

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} + {x_C} = 8\\{y_B} + {y_C} = 0\end{array} \right.\)(1)

+) N(5; 2) là trung điểm của CA nên \[\left\{ \begin{array}{l}5 = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\2 = \frac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_C} = 10\\{y_A} + {y_C} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 10 - {x_A}\\{y_C} = 4 - {y_A}\end{array} \right.\](2)

+) P(2; 3) là trung điểm của AB nên \[\left\{ \begin{array}{l}2 = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\3 = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 4\\{y_A} + {y_B} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4 - {x_A}\\{y_B} = 6 - {y_A}\end{array} \right.\](3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {4 - {x_A}} \right) + \left( {10 - {x_A}} \right) = 8\\\left( {6 - {y_A}} \right) + \left( {4 - {y_A}} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}14 - 2{x_A} = 8\\10 - 2{y_A} = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 3\\{y_A} = 5\end{array} \right.\) A(3; 5)

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4 - 3 = 1\\{y_B} = 6 - 5 = 1\end{array} \right.\] B(1; 1)

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 10 - 3 = 7\\{y_C} = 4 - 5 = - 1\end{array} \right.\] C(7; –1)

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Cách 2:

Do M, N, P

lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB

Nên MN, NP, PM là các đường trung bình của tam giác ABC.

MN // AB, NP // BC, MP // AC.

+) Do MN // BM và NP // BM nên tứ giác MNPB là hình bình hành

\( \Rightarrow \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {NP} \)

Gọi B(x_B; y_B) và có M(4; 0), N(5; 2) và P(2, 3).

\( \Rightarrow \overrightarrow {MB} = \left( {{x_B} - 4;{y_B}} \right)\) và \(\overrightarrow {NP} = \left( {2 - 5;3 - 2} \right) = \left( { - 3;1} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {NP} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} - 4 = - 3\\{y_B} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 1\\{y_B} = 1\end{array} \right.\) B(1; 1)

Tương tự ta cũng có A(3; 5) và C(7; –1).

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Lời giải

Với A(2;–1), B(1; 4) và C(7; 0) ta có:

+) \(\overrightarrow {AB} = \left( {1 - 2;4 - \left( { - 1} \right)} \right) = \left( { - 1;5} \right)\)

\( \Rightarrow AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} + {5^2}} = \sqrt {26} \)

+) \(\overrightarrow {BC} = \left( {7 - 1;0 - 4} \right) = \left( {6; - 4} \right)\)

\( \Rightarrow BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{6^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = \sqrt {52} = 2\sqrt {13} \)

+) \(\overrightarrow {CA} = \left( {2 - 7; - 1 - 0} \right) = \left( { - 5; - 1} \right)\)

\( \Rightarrow CA = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 5} \right)}^2} + {{\left( { - 1} \right)}^2}} = \sqrt {26} \)

Do đó AB = CA \(\left( { = \sqrt {26} } \right)\)

Nên tam giác ABC cân tại A (1)

Mặt khác: \(B{C^2} = {\left( {2\sqrt {13} } \right)^2} = 52\)

Và \(A{B^2} + A{C^2} = {\left( {\sqrt {26} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {26} } \right)^2} = 52\)

BC² = AB² + AC²

Theo định lí Pythagoras đảo thì tam giác ABC vuông tại A (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC vuông cân tại A với \(AB = AC = \sqrt {26} ;BC = 2\sqrt {13} .\)

Lời giải

Vì ABC là tam giác vuông cân

Nên để ABDC là hình vuông thì tứ giác ABDC là hình bình hành

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {CA} = \overrightarrow {DB} \)

Gọi D(x_D; y_D) và có A(2;–1), B(1; 4), C(7; 0).

\( \Rightarrow \overrightarrow {CA} = \left( { - 5; - 1} \right)\)và \(\overrightarrow {DB} = \left( {1 - {x_D};4 - {y_D}} \right)\)

Do đó \(\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {DB} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 5 = 1 - {x_D}\\ - 1 = 4 - {y_D}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_D} = 6\\{y_D} = 5\end{array} \right.\) D(6; 5).

Vậy tọa độ điểm D cần tìm là D(6; 5).

Lời giải

Gọi P(a; 0) là điểm thuộc tia Ox.

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

+) \(\overrightarrow {PM} = \left( { - 2 - a;1} \right)\)\[ \Rightarrow PM = \left| {\overrightarrow {PM} } \right| = \sqrt {{{\left( { - 2 - a} \right)}^2} + {1^2}} \]

+) \(\overrightarrow {PN} = \left( {4 - a;5} \right)\)\( \Rightarrow PN = \left| {\overrightarrow {PN} } \right| = \sqrt {{{\left( {4 - a} \right)}^2} + {5^2}} \)

Do đó PM = PN \[ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( { - 2 - a} \right)}^2} + {1^2}} = \sqrt {{{\left( {4 - a} \right)}^2} + {5^2}} \]

(–2 – a)² + 1² = (4 – a)² + 5²

4 + 4a + a² + 1 = 16 – 8a + a² + 25

12a = 36

a = 3.

Vậy P(3; 0).

Lời giải

Giả sử điểm Q có tọa độ là Q(x; y).

Với M(–2; 1), N(4; 5) và P(3; 0) ta có:

+) \[\overrightarrow {MQ} = \left( {x + 2;y - 1} \right)\]

+) \[\overrightarrow {PN} = \left( {4 - 3;5 - 0} \right) = \left( {1;5} \right)\]

\[ \Rightarrow 2\overrightarrow {PN} = \left( {2;10} \right)\]

Do đó \[\overrightarrow {MQ} = 2\overrightarrow {PN} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + 2 = 2\\y - 1 = 10\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 11\end{array} \right.\] Q(0; 11).

Vậy Q(0; 11).

Lời giải

Giả sử R(x₀; y₀) là điểm cần tìm.

Với M(–2; 1) và N(4; 5) ta có:

+) \(\overrightarrow {RM} = \left( { - 2 - {x_0};1 - {y_0}} \right)\)

+) \(\overrightarrow {RN} = \left( {4 - {x_0};5 - {y_0}} \right)\)\( \Rightarrow 2\overrightarrow {RN} = \left( {8 - 2{x_0};10 - 2{y_0}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {RM} + 2\overrightarrow {RN} = \left( { - 2 - {x_0} + 8 - 2{x_0};1 - {y_0} + 10 - 2{y_0}} \right)\)

\[ \Rightarrow \overrightarrow {RM} + 2\overrightarrow {RN} = \left( {6 - 3{x_0};11 - 3y{ & _0}} \right)\]

Do đó \[\overrightarrow {RM} + 2\overrightarrow {RN} = \overrightarrow 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6 - 3{x_0} = 0\\11 - 3{y_0} = 0\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2\\{y_0} = \frac{{11}}{3}\end{array} \right.\] \( \Rightarrow R\left( {2;\frac{{11}}{3}} \right)\)

+) Ta xét ba điểm: P(3; 0), Q(0; 11) và \(R\left( {2;\frac{{11}}{3}} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {PQ} = \left( { - 3;11} \right)\)và \(\overrightarrow {QR} = \left( {2;\frac{{11}}{3} - 11} \right) = \left( {2;\frac{{ - 22}}{3}} \right)\)

Có: \(\frac{{ - 3}}{2} = \frac{{11}}{{\frac{{ - 22}}{3}}}\) nên hai vectơ \(\overrightarrow {PQ} \) và \(\overrightarrow {QR} \) cùng phương

Do đó P, Q, R thẳng hàng

Vậy ba điểm P, Q, R thẳng hàng.