Giải SBT Toán 10 kết nối tri thức trang 59 tập 1
Giải SBT Toán 10 KNTT trang 59 Bài 10
Giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức trang 59 tập 1 cung cấp lời giải các bài tập Bài 10: Vectơ trong mặt phẳng tọa độ. Nội dung trình bày rõ ràng, bám sát kiến thức Toán 10 KNTT, giúp học sinh nắm chắc cách biểu diễn và thực hiện các bài toán về vectơ trong mặt phẳng tọa độ.
Giải bài 4.25 trang 59 SBT Toán 10 tập 1 KNTT
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm M(–3; 2) và N(2; 7).
a) Tìm toạ độ của điểm P thuộc trục tung sao cho M, N, P thẳng hàng.
b) Tìm toạ độ của điểm Q đối xứng với N qua Oy.
c) Tìm toạ độ của điểm R đối xứng với M qua trục hoành.
Hướng dẫn giải:
a) Giả sử P(0; yP) là điểm thuộc trục tung.
Với M(–3; 2) và N(2; 7) ta có:
\(\overrightarrow {MP} = (3;{y_P} - 2)\) và \(\overrightarrow {NP} = ( - 2;{y_P} - 7)\)
Ba điểm M, N, P thẳng hàng
\(\overrightarrow {MP} ;\overrightarrow {NP}\) cùng phương
⇔3−2=yP−2yP−7 (với yP ≠ 7)
⇔ 3.(yP – 7) = –2.(yP – 2)
⇔ 3.yP – 21 = –2yP + 4
⇔ 3.yP + 2yP = 4 + 21
⇔ 5.yP = 25
⇔ yP = 5 (thỏa mãn)
Vậy P(0; 5).
b) Hình vẽ minh họa
Vì Q đối xứng với N(2; 7) qua Oy nên:
+ Hoành độ của điểm Q là số đối của hoành độ điểm N;
+ Tung độ của điểm Q bằng với tung độ của điểm N.
=> Q(–2; 7).
Vậy Q(–2; 7).
c) Hình vẽ minh họa
Vì R đối xứng với M(–3; 2) qua trục hoành nên:
+ Hoành độ của điểm R bằng hoành độ điểm M;
+ Tung độ của điểm R bằng số đối của tung độ điểm M.
=> R(–3; –2).
Vậy R(–3; –2).
Giải bài 4.26 trang 59 SBT Toán 10 tập 1 KNTT
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm C(1; 6) và D(11; 2).
a) Tìm toạ độ của điểm E thuộc trục tung sao cho vectơ \(\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED}\) có độ dài ngắn nhất.
b) Tìm toạ độ của điểm F thuộc trục hoành sao \(\left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right|\) cho đạt giá trị nhỏ nhất.
c) Tìm tập hợp các điểm M sao cho \(\left| {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = CD\)
Hướng dẫn giải:
a) Giả sử E(0; E) là điểm thuộc trục tung.
Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {EC} = (1;6 - {y_E})\\
\overrightarrow {ED} = (11;2 - {y_E})
\end{array} \right.\)
\(\Rightarrow \overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} = (1 + 11;6 - {y_E} + 2 - {y_E}) = \left( {12;8 - 2{y_E}} \right)\)
\(\Rightarrow \left| {\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} } \right| = \sqrt {{{12}^2} + {{\left( {8 - 2{y_E}} \right)}^2}}\)
Vì \({\left( {8 - 2{y_E}} \right)^2} \ge 0,\forall {y_E}\)\(\Rightarrow {12^2} + {\left( {8 - 2{y_E}} \right)^2} \ge {12^2},\forall {y_E}\)
\(\Rightarrow \left| {\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED} } \right| = \sqrt {{{12}^2} + {{\left( {8 - 2{y_E}} \right)}^2}} \ge 12,\forall {y_E}\)
Do đó độ dài của vectơ \(\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED}\) nhỏ nhất bằng 12
Dấu “=’ xảy ra ⇔ 8 – 2yE = 0
⇔ yE = 4
Vậy với E(0; 4) thì vectơ \(\overrightarrow {EC} + \overrightarrow {ED}\) có độ dài ngắn nhất.
b) Giả sử F(a; 0) thuộc trục hoành.
Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:
\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {FC} = (1 - a;6) \Rightarrow 2\overrightarrow {FC} = (2 - 2a;12)\\
\overrightarrow {FD} = (11 - a;2) \Rightarrow 3\overrightarrow {FD} = (33 - 3a;6)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow 2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} = \left( {2 - 2a + 33 - 3a;12 + 6} \right) = \left( {35 - 5a;18} \right)\\
\Rightarrow \left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right| = \sqrt {{{\left( {35 - 5a} \right)}^2} + {{18}^2}}
\end{array}\)
Vì \({\left( {35 - 5a} \right)^2} \ge 0,\forall a \Rightarrow {\left( {35 - 5a} \right)^2} + {18^2} \ge {18^2},\forall a\)
\(\Rightarrow \left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right| = \sqrt {{{\left( {35 - 5a} \right)}^2} + {{18}^2}} \ge 18\) với mọi a.
Do đó độ dài của vectơ \(\left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right|\) nhỏ nhất bằng 18
Dấu “=’ xảy ra ⇔ 35 – 5a = 0
⇔ a = 7
Vậy với F(7; 0) thì \(\left| {2\overrightarrow {FC} + 3\overrightarrow {FD} } \right|\) đạt giá trị nhỏ nhất.
c) Giả sử M(x ; y) là tọa độ điểm thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = CD\)
Với C(1; 6) và D(11; 2) ta có:
\(\overrightarrow {CD} = \left( {10; - 4} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {CD} } \right| = \sqrt {{{10}^2} + {4^2}} = \sqrt {116} = 2\sqrt {29}\)
Gọi I là trung điểm của CD, khi đó ta có:
Tọa độ của I là: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_I} = \frac{{1 + 11}}{2} = 6\\
{y_I} = \frac{{6 + 2}}{2} = 4
\end{array} \right. \Rightarrow I\left( {6;4} \right)\)
\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} = 2\overrightarrow {MI} \\
\Rightarrow \left| {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = \left| {2\overrightarrow {MI} } \right| = 2MI\\
\left| {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} } \right| = CD \Rightarrow 2MI = CD \Rightarrow MI = \frac{{CD}}{2} = \frac{{2\sqrt {29} }}{2} = \sqrt {29}
\end{array}\)
Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm I(6; 4) và bán kính R=√29.
Giải bài 4.27 trang 59 SBT Toán 10 tập 1 KNTT
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1).
a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm toạ độ trọng tâm của tam giác đó.
b) Tìm toạ độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp và trực tâm H của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải:
a) Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right)\\
\overrightarrow {AC} = \left( {1; - 3} \right)
\end{array} \right.\)
Do 2/1≠2/−3 nên hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC}\) không cùng phương
Do đó ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên tạo thành một tam giác.
Gọi G(x; y) là tọa độ trọng tâm của tam giác ABC
\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{{1 + 3 + 2}}{3} = 2\\
y = \frac{{2 + 4 + \left( { - 1} \right)}}{3} = \frac{5}{3}
\end{array} \right. \Rightarrow G\left( {2;\frac{5}{3}} \right)\)
b) * Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Khi đó IA = IB = IC.
Với ba điểm A(1; 2), B(3;4) và C(2;-1) ta có:
\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {IA} = \left( {1 - a;2 - b} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \sqrt {{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {{\left( {2 - b} \right)}^2}} \\
\overrightarrow {IB} = \left( {3 - a;4 - b} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \sqrt {{{\left( {3 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 - b} \right)}^2}} \\
\overrightarrow {IC} = \left( {2 - a; - 1 - b} \right) \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IC} } \right| = \sqrt {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - b} \right)}^2}}
\end{array}\)
Do đó:
\(\begin{array}{l}
IA = IB = IC \Leftrightarrow I{A^2} = I{B^2} = I{C^2}\\
\Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {{\left( {2 - b} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {3 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 - b} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - b} \right)}^2}} \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\sqrt {{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {{\left( {2 - b} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {3 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 - b} \right)}^2}} \\
\sqrt {{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {{\left( {2 - b} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - b} \right)}^2}}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {1 - a} \right)^2} + {\left( {2 - b} \right)^2} = {\left( {3 - a} \right)^2} + {\left( {4 - b} \right)^2}\\
{\left( {1 - a} \right)^2} + {\left( {2 - b} \right)^2} = {\left( {2 - a} \right)^2} + {\left( { - 1 - b} \right)^2}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
1 - 2a + {a^2} + 4 - 4b + {b^2} = 9 - 6a + {a^2} + 16 - 8b + {b^2}\\
1 - 2a + {a^2} + 4 - 4b + {b^2} = 4 - 4a + {a^2} + 1 + 2b + {b^2}
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
4a + 4b = 20\\
2a - 6b = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b = 5\\
a - 3b = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{{15}}{4}\\
b = \frac{5}{4}
\end{array} \right.
\end{array}\)
\(\Rightarrow I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\)
* Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Gọi H(x0; y0) là tọa độ trực tâm của tam giác ABC.
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên theo kết quả của Bài 4.15, phần a) trang 54 ta có \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM}\) (với M là trung điểm của BC).
Với A(1; 2), B(3; 4), C(2; –1) và \(I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\) ta có:
Trung điểm M của BC có tọa độ là: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_M} = \frac{{3 + 2}}{2} = \frac{5}{2}\\
{y_M} = \frac{{4 + \left( { - 1} \right)}}{2} = \frac{3}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow M\left( {\frac{5}{2};\frac{3}{2}} \right)\)
\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{5}{2} - \frac{{15}}{4};\frac{3}{2} - \frac{5}{4}} \right) = \left( {\frac{{ - 5}}{4};\frac{1}{4}} \right)\\
\Rightarrow 2\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{{ - 5}}{2};\frac{1}{2}} \right)\\
\overrightarrow {AH} = \left( {{x_0} - 1;{y_0} - 2} \right)
\end{array}\)
Ta có: \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM}\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} - 1 = - \frac{5}{2}\\
{y_0} - 2 = \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = - \frac{3}{2}\\
{y_0} = \frac{5}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow H\left( { - \frac{3}{2};\frac{5}{2}} \right)\)
Giải bài 4.28 trang 59 SBT Toán 10 tập 1 KNTT
Để kéo đường dây điện băng qua một hồ hình chữ nhật ABCD với độ dài AB = 200 m, AD = 180 m, người ta dự định làm 4 cột điện liên tiếp cách đều, cột thứ nhất nằm trên bờ AB và cách đỉnh A khoảng cách 20 m, cột thứ tư nằm trên bờ CD và cách đỉnh C khoảng cách 30 m. Tính các khoảng cách từ vị trí các cột thứ hai, thứ ba đến các bờ AB, AD.
Hướng dẫn giải:
Ta có đồ thị như sau:
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho các đỉnh của hình hồ hình chữ nhật có các tọa độ là A(0; 0), B(200; 0), C(200; 180) và D(0; 180).
Gọi vị trí các cột điện được trồng là C1, C2, C3 và C4.
Vì vị trí cột điện thứ nhất C1 nằm trên bờ AB và cách A một khoảng 20 m nên trong hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C1(20; 0).
Vị trí cột điện thứ tư nằm trên bờ CD và cách C một khoảng 30 m nên khoảng cách từ C4 đến D là 170 m. Khi đó trong hệ trục tọa độ đã chọn, điểm C4(170; 180).
Vì bốn cột điện được trồng liên tiếp nhau và cách đều trên một đường thẳng nên:
C1C2 = C2C3 = C3C4
⇔ C1C2 = C1C4 và C1C3 = C1C4.
\(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \frac{1}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}} \\
\overrightarrow {{C_1}{C_3}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}}
\end{array} \right.\)
Giả sử C2(a; b) và C3(x; y).
Với C1(20; 0), C4(170; 180) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
\overrightarrow {{C_1}{C_4}} = \left( {150;180} \right)\\
\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \left( {a - 20;b} \right)\\
\overrightarrow {{C_1}{C_3}} = \left( {x - 20;y} \right)
\end{array} \right.\)
\(\overrightarrow {{C_1}{C_2}} = \frac{1}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a - 20 = \frac{1}{3}.150 = 50\\
b = \frac{1}{3}.180 = 60
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 70\\
b = 60
\end{array} \right. \Rightarrow {C_2} = \left( {70;60} \right)\)
\(\Rightarrow d\left( {{C_2};AB} \right) = d\left( {{C_2};Ox} \right) \Rightarrow \left| b \right| = 60\left( m \right)\)
\(\Rightarrow d\left( {{C_2};AD} \right) = d\left( {{C_2};Oy} \right) \Rightarrow \left| a \right| = 70\left( m \right)\)
\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {{C_1}{C_3}} = \frac{2}{3}\overrightarrow {{C_1}{C_4}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - 20 = \frac{2}{3}.150 = 100\\
y = \frac{2}{3}.180 = 120
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 120\\
y = 120
\end{array} \right. \Rightarrow {C_3} = \left( {120;120} \right)\\
\Rightarrow d\left( {{C_3};AB} \right) = d\left( {{C_3};Oy} \right) \Rightarrow \left| y \right| = 120\left( m \right)\\
\Rightarrow d\left( {{C_3};AD} \right) = d\left( {{C_3};Oy} \right) \Rightarrow \left| x \right| = 120\left( m \right)
\end{array}\)
Vậy khoảng cách từ cột điện thứ hai đến bờ AB là 60 m và đến bờ AD là 70 m.
Khoảng cách từ cột điện thứ ba đến bờ AB là 120 m và đến bờ AD là 120 m.
----------------------------
Với Giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức trang 59 tập 1, học sinh có thể củng cố kiến thức về tọa độ vectơ và vận dụng vào từng dạng bài tập. Đây là tài liệu hữu ích để rèn kỹ năng giải bài và học tốt Toán 10 KNTT.
