Bài tập Bài 1. Tọa độ của vectơ có đáp án
40 câu hỏi
Hãy tìm cách xác định vị trí các quân mã trên bàn cờ vua.
Để xác định vị trí quân mã trên bàn cờ vua ta gắn bàn cờ vua với hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ trên.
Khi đó, với mỗi vị trí của quân mã ta dõng thẳng xuống hai trục tọa độ Ox và Oy từ đó xác định được tọa độ tương ứng là (x; y).
Hãy nêu nhận xét về độ lớn, phương và chiều của i→ trên trục Ox và j→ trên trục Oy (Hình 1).
Vì khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của hai vectơ i→ và j→ bằng 1 đơn vị nên vectơ i→ và j→ đều có độ lớn bằng 1, tức là i→ = 1 và j→ = 1.
Phương của vectơ trùng với trục Ox, chiều của vectơ trùng với chiều dương của trục Ox.
Phương của vectơ trùng với trục Oy, chiều của vectơ trùng với chiều dương của trục Oy.
Trong mặt phẳng Oxy, cho một vectơ a→tùy ý. Vẽ OA→= a→ và gọi A1, A2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên Ox và Oy (Hình 4). Đặt OA1→= x i→ , OA2→= y j→ . Biểu diễn vectơ a→ theo hai vectơ i→và j→.
Theo quy tắc hình bình hành ta có:OA→=OA1→+OA2→ .
Mà OA→=a→ và OA1→=xi→ , OA2→= y j→ nên ta có OA→=OA1→+OA2→⇔a→=xi→+yj→.
Vậy a→=xi→+yj→.
Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M. Xác định tọa độ của vectơ OM→.
Gọi M1 và M2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên Ox và Oy.
Khi đó OM→=OM1→+OM2→ (quy tắc hình bình hành)
Mặt khác, vì điểm M(x; y) nên OM1 = x và OM2 = y.
Suy ra OM1→=xi→ và OM2→=yj→.
Do đó OM→=xi→+yj→
Vậy OM→ = (x; y).
Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm D(−1; 4), E(0; −3), F(5; 0).
a) Vẽ các điểm D, E, F trên mặt phẳng Oxy.
a) Ta vẽ được các điểm D, E, F trên mặt phẳng Oxy như sau :
b) Tìm tọa độ của các vectơ OD→, OE→;OF→.
b) Vì D(−1; 4), E(0; −3), F(5; 0) nên OD→ = (−1; 4); OE→ = (0; −3); OF→ = (5; 0).
Vậy OD→ = (−1; 4); OE→ = (0; −3); OF→ = (5; 0).
c) Vẽ và tìm tọa độ của hai vectơ đơn vị i→, j→ lần lượt trên hai trục tọa độ Ox, Oy.
c) Ta có i→=1i→+0j→ và j→=0i→+1j→ nên i→ = (1; 0) và j→ = (0; 1)
Vậy i→ = (1; 0) và j→ = (0; 1).
Một máy bay đang cất cánh với tốc độ 240 km/h theo phương hợp với phương nằm ngang một góc 30° (Hình 7).
a) Tính độ dài mỗi cạnh của hình chữ nhật ABCD.
a) Vì ABCD là hình chữ nhật nên B^=90o, do đó tam giác ABC vuông tại B.
Ta có AB = AC.cosCAB^ = AC. cos30° = v→.cos30° = 240.32= 1203 (km).
Tương tự BC = AC.sin30° = 240.sin30° = 120 (km).
Mặt khác, vì ABCD là hình chữ nhật nên DC = AB = 1203(km) và AD = BC = 120 (km).
Vậy DC = AB = 1203 (km) và AD = BC = 120 (km).
b) Biểu diễn vectơ vận tốc v→ theo hai vectơ i→ và j→
b) Theo hình vẽ ta thấy hai vectơ AB→ và i→ cùng hướng và AB =AB→=1203i→ nên AB→=1203 i→
Tương tự, theo hình vẽ ta thấy hai vectơ AD→ và j→ cùng hướng và AD =AD→=120j→ nên
Mặt khác, ta có v→=AC→=AB→+AD→ (quy tắc hình bình hành)
⇒ v→=1203 i→+120 j→ .
Vậy v→=1203 i→+120 j→
Trong mặt phẳng Oxy, cho hai vectơ a→ = (a1; a2), b→= (b1; b2) và số thực k. Ta đã biết có thể biểu diễn từng vectơ a→, b→ theo hai vectơ i→,j→ như sau: a→ = a1i→ + a2j→ ; b→ = b1i→+ b2 j→.
a) Biểu diễn từng vectơ: a→+ b→, a→- b→ , k a→ theo hai vectơ i→, j→ .
b) Tìm: a→. b→ theo tọa độ của hai vectơ a→ và b→.
Cho hai vectơ m→ = (−6; 1), n→ = (0; 2).
a) Tìm tọa độ các vectơ m→+ n→ , m→- n→ , 10m→ , −4 n→
b) Tính các tích vô hướng m→. n→, (10m→). (−4n→).
Một thiết bị thăm dò đáy biển đang lặn với vận tốc v→ = (10; −8) (Hình 8). Cho biết vận tốc của dòng hải lưu vùng biển là w→= (3,5; 0). Tìm tọa độ tổng hai vận tốc v→ và w→.
Ta có: v→ + w→= (10 +3,5; −8 + 0) = (13,5; −8).
Vậy tọa độ của vectơ tổng hai vận tốc v→ và w→ là (13,5; −8).
Cho hai điểm A(xA; yA), B(xB; yB). Từ biểu thức AB→=OB→- OA→ , tìm tọa độ vectơ AB→ theo tọa độ hai điểm A, B.
Vì A(xA; yA), B(xB; yB) nên OA→ = (xA; yA), OB→= (xB; yB)
Ta có: AB→= OB→- OA→ = (xB− xA; yB − yA).
Vậy AB→= OB→- OA→= (xB− xA; yB − yA).
Cho E(9; 9); F(8; −7), G(0; −6). Tìm tọa độ của các vectơ FE→,FG→, EG→
FE→ = (9 − 8; 9 − (−7)) = (1; 16).
FG→ = (0 − 8; −6 −(−7)) = (−8; 1).
EG→ = (0 − 9; −6 − 9) = (−9; −15).
Vậy FE→= (1; 16); FG→= (−8; 1); EG→= (−9; −15).
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ ba đỉnh là A(xA; yA), B(xB; yB), C(xC; yC). Gọi M(xM; yM) là trung điểm của đoạn thẳng AB, G(xG; yG) là trọng tâm của tam giác ABC.
a) Biểu thị vectơ OM→ theo hai vectơ OA→ và OB→
b) Biểu thị vectơ OG→ theo ba vectơ OA→, OB→ và OC→
c) Từ các kết quả trên, tìm tọa độ điểm M và G theo tọa độ của các điểm A, B, C.
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.
a) Vì M là trung điểm của cạnh QS nên ta có : M xQ+xS2;yQ+yS2
⇒ M 7+52;−2+82 ⇒ M ( 2; 3).
Vậy M (2;3).
b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác QRS.
b) Vì G là trọng tâm của tam giác QRS nên ta có: G xQ+xR+xS3;yQ+yR+yS3
⇒ G 7+(−4)+53;−2+9+83 ⇒ G 83;5.
Vậy G 83;5.
Cho hai vectơ a→ = (a1; a2), b→= (b1; b2) và hai điểm A(xA; yA), B(xB; yB). Hoàn thành các phép biến đổi sau:
a) a→ ⊥ b→ ⇔ a→. b→ = 0 ⇔ a1b1 + a2b2 = ..?..;
b) a→ và b→ cùng phương ⇔ a1=tb1a2=tb2 hay b1=ka1b2=ka2⇔ a1b2 − a2b1 = ..?..;
c) a→=a→2=..?.;
c) Ta có:a→2=a→.a→=a1.a1+a2.a2=a12+a22.
Vậy a→=a→2= a12+a22 ;
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác DEF có tọa độ các đỉnh là D(2; 2), E(6;2) và F(2;6).
a) Tìm tọa độ điểm H là chân đường cao của tam giác DEF kẻ từ D.
a) Gọi điểm H(x; y) là chân đường cao kẻ từ D của tam giác DEF.
Khi đó DH→= (x − 2; y − 2), EH→= (x − 6; y − 2), EF→ = (−4; 4).
H(x; y) là chân đường cao của tam giác DEF kẻ từ D, nên ta có:
DH→. EF→ = 0 ⇔ (x − 2).(−4) + (y − 2). 4 = 0 ⇔ −4x + 4y = 0 (1)
Hai vectơ DH→, EF→ cùng phương ⇔ (x − 6). 4 − (y − 2). (−4) = 0 ⇔ 4x + 4y − 32 = 0 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: −4x+4y=04x+4y−32=0
Giải hệ trên ta được x= 4y=4
Vậy H(4; 4)
b) Giải tam giác DEF.
Một trò chơi trên máy tính đang mô phỏng một vùng biển có hai hòn đảo nhỏ có tọa độ B(50; 30) và C(32; −23). Một con tàu đang neo đậu tại điểm A(−10; 20).
a) Tính số đo của BAC^.
b) Cho biết một đơn vị trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1 km. Tính khoảng cách từ con tàu đến mỗi hòn đảo.
b) Mỗi đơn vị trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1 km nên ta có:
Khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo B là: AB ≈ 60,8 (km).
Khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo C là AC ≈ 60,1 (km).
Vậy khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo B khoảng 60,8 (km); Khoảng cách từ con tàu đến hòn đảo C khoảng 60,1 (km).
Trên trục (O; 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.
a) Ta có hình vẽ biểu diễn các điểm A, B, C, D như sau :
b) Hai vectơ AB→và CD→ cùng hướng hay ngược hướng?
b) Quan sát hình vẽ ta thấy hai vectơ AB→ và CD→ ngược hướng nhau.
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;
a) Điểm B(4; 0) có tung độ bằng 0 nên điểm B thuộc trục hoành.
b) Thuộc trục tung;
b) Điểm C(0; −3) có hoành độ bằng 0 nên điểm C thuộc trục hoành.
Cho bốn điểm A(2; 0), B(0; –2), C(0; –3), D(2; 2). Trong các điểm đã cho, hãy tìm điểm:
a) Thuộc trục hoành
b) Thuộc trục tung
c) Thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất
c) Điểm D(2; 2) có hoành độ bằng tung độ nên điểm D thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.
Vậy điểm B thuộc trục hoành, điểm C thuộc trục tung, điểm D thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.
Cho điểm M(x0; y0). Tìm tọa độ:
a) Điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox;
a)
Do H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox nên điểm H có hoành độ bằng hoành độ của điểm M, và tung độ bằng 0.
⇒ H(x0; 0).
Vậy điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox thì H(x0; 0).
b) Điểm M’ đối xứng với M qua trục Ox;
b) M' đối xứng với M qua trục Ox ⇒ H là trung điểm của MM'
xH=xM+xM'2yH=yM+yM'2⇔x0=x0+xM'20=y0+yM'2⇔2x0=x0+xM'0=y0+yM'⇔xM'=x0yM'=−y0
Vậy điểm M’ đối xứng với M qua trục Ox thì M’ có tọa độ là: M'(x0; −y0).
c) Điểm K là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy;
c) Do điểm K là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy nên K có hoành độ bằng 0 và tung độ bằng tung độ của điểm M, tức là K(0; y0)
Vậy điểm K là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Oy thì K có tọa độ là: K(0; y0).
d) Điểm M'' đối xứng với M qua trục Oy.
d) M'' đối xứng với M qua trục Oy ⇒ K là trung điểm của MM''
xK=xM+xM''2yK=yM+yM''2⇔0=x0+xM''2y0=y0+yM''2⇔xM''=−x0yM''=y0
⇒ M''(−x0; y0).
Vậy điểm M'' đối xứng với M qua trục Oy thì M''(−x0; y0).
e) Điểm C đối xứng với điểm M qua gốc tọa độ.
e) Vì C đối xứng với M qua gốc tọa độ O nên O là trung điểm của CM.
xO=xM+xC2yO=yM+yC2⇔0=x0+xC20=y0+yC2⇔xC=−x0yC=−y0
⇒ C(−x0; −y0).
Vậy điểm C đối xứng với điểm M qua gốc tọa độ thì C có tọa độ là: C(−x0; −y0).
Cho ba điểm A(2; 2); B(3; 5), C(5; 5).
a) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.
a) Xét D(x; y). Ta có: AB→ = (1; 3); DC→ = (5 − x; 5 − y)
ABCD là hình bình hành ⇔ AB→. DC→
⇔ 1=5−x3=5−y⇔x=4y=2
Vậy D(4; 2).
b) Tìm tọa độ giao điểm hai đường chéo của hình bình hành.
b) Gọi M là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD.
Khi đó M là trung điểm của BD
⇒xM=3+42=72yM=5+22=72⇒M72;72
Vậy M72;72
