Giải bài tập Bài 1: Tọa độ của vectơ (Chân trời)
===========
Giải bài 1 trang 44 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Trên trục \(\left( {O;\overrightarrow e } \right)\) 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 vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) cùng hướng hay ngược hướng?
Phương pháp giải
Bước 1: Tìm tọa độ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \)
Bước 2: Xác định tỉ lệ tọa độ của các vectơ \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {CD} \)
Nếu \(k > 0\) thì hai vectơ cùng hướng
Nếu \(k < 0\) thì hai vectơ ngược hướng
Lời giải chi tiết
a)
b) Ta có: Tọa độ các vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) lần lượt là: -5; 5
Ta có \(\overrightarrow {AB} = – \overrightarrow {CD} \)
Vậy hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD} \) ngược hướng
Giải bài 2 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Chứng minh rằng
a) \(\overrightarrow a = \left( {4; – 6} \right)\) và \(\overrightarrow b = \left( { – 2;3} \right)\) là hai vectơ ngược hướng
b) \(\overrightarrow a = \left( { – 2;3} \right)\) và \(\overrightarrow b = \left( { – 8;12} \right)\) là hai vectơ cùng hướng
c) \(\overrightarrow a = \left( {0;4} \right)\) và \(\overrightarrow b = \left( {0; – 4} \right)\) là hai vectơ đối nhau
Phương pháp giải
Cho \(\overrightarrow {AB} = k\overrightarrow {CD} \)
Nếu \(k > 0\) thì hai vectơ cùng hướng
Nếu \(k < 0\) thì hai vectơ ngược hướng
Nếu \(k = – 1\) thì hai vectơ đối nhau
Lời giải chi tiết
a) Ta thấy \(4 = ( – 2).( – 2); – 6 = ( – 2).3 \Rightarrow \overrightarrow a = – 2\overrightarrow b \)
\( – 2 < 0\) nên hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) ngược hướng (đpcm)
b) Ta thấy \( – 8 = 4.( – 2);12 = 4.3 \Rightarrow \overrightarrow b = 4\overrightarrow a \)
\(4 > 0\) nên hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) cùng hướng (đpcm)
c) Ta thấy \(0 = – 1.0;4 = ( – 1).( – 4) \Rightarrow \overrightarrow a = – \overrightarrow b \)
Suy ra hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) đối nhau (đpcm)
Giải bài 3 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Tìm tọa độ của các vectơ sau:
a) \(\overrightarrow a = 2\overrightarrow i + 7\overrightarrow j ;\)
b) \(\overrightarrow b = – \overrightarrow i + 3\overrightarrow j ;\)
c) \(\overrightarrow c = 4\overrightarrow i ;\)
d) \(\overrightarrow d = – 9\overrightarrow j \)
Phương pháp giải
Vectơ \(\overrightarrow a = {a_1}\overrightarrow i + {a_2}\overrightarrow j \) có tọa độ là \(\left( {{a_1};{a_2}} \right)\)
Lời giải chi tiết
a) Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow a \) là \(\left( {2;7} \right)\)
b) Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow b \) là \(\left( { – 1;3} \right)\)
c) Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow c \) là \(\left( {4;0} \right)\)
d) Tọa độ của vectơ \(\overrightarrow d \) là \(\left( {0; – 9} \right)\)
Giải bài 4 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
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
b) Thuộc trục tung
c) Thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất
Phương pháp giải
a) Điểm thuộc trục hoành có tung độ bằng 0
b) Điểm thuộc trục tung có hoành độ bằng 0
c) Điểm thuộc góc phần tư thứ nhất có tung độ bằng hoành độ
Lời giải chi tiết
a) Vì điểm thuộc hoành độ có tung độ bằng 0 nên ta có điểm C thuộc trục hoành
b) Vì điểm thuộc tung độ có hoành độ bằng 0 nên ta có điểm B thuộc trục tung
c) Vì điểm thuộc góc phần tư thứ nhất có tung độ bằng hoành độ nên ta có điểm thuộc đường phân giác góc phần tư thứ nhất là điểm D
Giải bài 5 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Cho điểm \(M\left( {{x_0};{y_0}} \right)\). Tìm tọa độ
a) Điểm H là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox
b) Điểm M’ đối xứng với M qua trục Ox
c) Điểm K là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy
d) Điểm M’’ đối xứng với M qua trục Oy
e) Điểm C đối xứng với M qua gốc tọa độ
Phương pháp giải
Vẽ hình rồi trả lời các câu hỏi
Lời giải chi tiết
a) H là hình chiếu vuông góc của M trên trục Ox nên tọa độ điểm H là \(H\left( {{x_0};0} \right)\)
b) M’ đối xứng với M qua trục Ox nên H là trung điểm của MM’
Suy ra \({x_{M’}} = 2{x_H} – {x_M} = 2{x_0} – {x_0} = {x_0};{y_{M’}} = 2{y_H} – {y_M} = 2.0 – {y_0} = – {y_0}\)
Vậy tọa độ điểm M’ là \(\left( {{x_0}; – {y_0}} \right)\)
c) K là hình chiếu vuông góc của M trên trục Oy nên tọa độ điểm K là \(K\left( {0;{y_0}} \right)\)
d) M’’ đối xứng với M qua trục Oy nên K là trung điểm của MM’’
Suy ra \({x_{M”}} = 2{x_K} – {x_M} = 2.0 – {x_0} = – {x_0};{y_{M”}} = 2{y_K} – {y_M} = 2{y_0} – {y_0} = {y_0}\)
Vậy tọa độ điểm M’ là \(\left( { – {x_0};{y_0}} \right)\)
e) C đối xứng với M qua gốc tọa độ nên O là trung điểm của MC
Suy ra \({x_C} = 2{x_O} – {x_M} = 2.0 – {x_0} = – {x_0};{y_C} = 2{y_O} – {y_M} = 2.0 – {y_0} = – {y_0}\)
Vậy tọa độ điểm C là \(\left( { – {x_0}; – {y_0}} \right)\)
Giải bài 6 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
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
b) Tìm tọa độ giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD
c) Giải tam giác ABC
Phương pháp giải
a) Bước 1: Xác định tọa độ vectơ \(\overrightarrow {AB} \), \(\overrightarrow {DC} \)
Bước 2: Áp dụng quy tắc hình bình hành \(\overrightarrow {AB} \)= \(\overrightarrow {DC} \) (hai vectơ bằng nhau thì tọa độ tương ứng của chúng bằng nhau)
b) Áp dụng tính chất trung điểm
c) Sử dụng ứng dụng biểu thức tọa độ của các phép toán vectơ
Lời giải chi tiết
a) Gọi tọa độ của điểm D là \(\left( {x;y} \right)\) ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;3} \right)\), \(\overrightarrow {DC} = \left( {5 – x;5 – y} \right)\)
Để ABCD là hình bình hành thì \(\overrightarrow {AB} \)= \(\overrightarrow {DC} \)
Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}5 – x = 1\\5 – y = 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 2\end{array} \right.\)
Vậy để ABCD là hình bình hành thì tọa độ điểm D là \(D\left( {4;2} \right)\)
b) Gọi M là giao điểm của hai đường chéo, suy ra M là trung điểm của AC
Suy ra: \({x_M} = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2} = \frac{{2 + 5}}{2} = \frac{7}{2};{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_C}}}{2} = \frac{{2 + 5}}{2} = \frac{7}{2}\)
Vậy tọa đọ giao điểm của hai đường chéo hình bình hành ABCD là \(M\left( {\frac{7}{2};\frac{7}{2}} \right)\)
c) Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( {1;3} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {3;3} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {2;0} \right)\)
Suy ra: \(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{1^2} + {3^2}} = \sqrt {10} ,AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = 3\sqrt 2 \)
\(BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{2^2} + {0^2}} = 2\)
\(\begin{array}{l}\cos A = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{1.3 + 3.3}}{{\sqrt {10} .3\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow \widehat A \approx 26^\circ 33’\\\cos B = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{BA.BC}} = \frac{{\left( { – 1} \right).2 + \left( { – 3} \right)0}}{{\sqrt {10} .2}} = – \frac{{\sqrt {10} }}{{10}} \Rightarrow \widehat B = 108^\circ 26’\\\widehat C = 180^\circ – \widehat A – \widehat B = 180^\circ – 26^\circ 33′ – 108^\circ 26′ = 45^\circ 1’\end{array}\)
Giải bài 7 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Cho tam giác ABC có các điểm \(M\left( {2;2} \right),N\left( {3;4} \right),P\left( {5;3} \right)\) lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và CA
a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
b) Chứng minh rằng trọng tâm của các tam giác ABC và MNP trùng nhau
c) Giải tam giác ABC
Phương pháp giải
a) Tọa độ trung điểm M của AB là: \(M = \left( {\frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};\frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}} \right)\)
b) Tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: \(G = \left( {\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}} \right)\)
Tọa độ trọng tâm của tam giác MNP là: \(G’ = \left( {\frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3};\frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3}} \right)\)
Lời giải chi tiết
a) Gọi tọa độ các điểm như sau: \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right),B\left( {{x_B};{y_B}} \right),C\left( {{x_C};{y_C}} \right)\)
\(M\left( {2;2} \right),N\left( {3;4} \right),P\left( {5;3} \right)\) lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và CA nên ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2{x_M}=4\\{x_A} + {x_C} = 2{x_P}=10\\{x_C} + {x_B} = 2{x_N}=6\\{y_A} + {y_B} = 2{y_M}=4\\{y_A} + {y_C} = 2{y_P}=8\\{y_C} + {y_B} = 2{y_N}=6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 4\\{x_C} – {x_B} = 6\\{x_C} + {x_B} = 6\\{y_A} + {y_B} = 4\\{y_C} – {y_B} = 4\\{y_C} + {y_B} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 4\\{x_B} = 0\\{x_C} = 6\\{y_A} = 3\\{y_B} = 1\\{y_C} = 5\end{array} \right.\)
Vậy các đỉnh của tam giác có tọa độ là \(A\left( {4;3} \right),B\left( {0;1} \right),C\left( {6;5} \right)\)
b) Gọi \(G\left( {{x_G};{y_G}} \right),G’\left( {{x_{G’}};{y_{G’}}} \right)\) là trọng tâm của hai tam giác ABC và MNP
Áp dụng tính chất trọng tâm ta có:
\(\begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{4 + 0 + 6}}{3} = \frac{{10}}{3};{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 + 1 + 5}}{3} = 3\\{x_{G’}} = \frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = \frac{{2 + 3 + 5}}{3} = \frac{{10}}{3};{y_{G’}} = \frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} = \frac{{2 + 4 + 3}}{3} = 3\end{array}\)
Suy ra \(G\left( {\frac{{10}}{3};3} \right)\) và \(G’\left( {\frac{{10}}{3};3} \right)\), tọa độ của chúng bằng nhau nên hai điểm G và G’ trùng nhau (đpcm)
c) Ta có: \(\overrightarrow {AB} = \left( { – 4; – 2} \right),\overrightarrow {AC} = \left( {2;2} \right),\overrightarrow {BC} = \left( {6;4} \right)\)
Suy ra: \(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{( – 4)}^2} + {{( – 2)}^2}} = 2\sqrt 5 ,AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{2^2} + {2^2}} = 2\sqrt 2 \)
\(BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{6^2} + {4^2}} = 2\sqrt {13} \)
\(\begin{array}{l}\cos A = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{( – 4).2 + ( – 2).2}}{{2\sqrt 5 .2\sqrt 2 }} = – \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}} \Rightarrow \widehat A \approx 161^\circ 33’\\\cos B = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{BA.BC}} = \frac{{4.6 + 2.4}}{{2\sqrt 5 .2\sqrt {13} }} = \frac{{8\sqrt {65} }}{{65}} \Rightarrow \widehat B = 7^\circ 7’\\\widehat C = 180^\circ – \widehat A – \widehat B = 180^\circ – 161^\circ 33′ – 7^\circ 7′ = 11^\circ 20’\end{array}\)
Giải bài 8 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Cho hai điểm \(A\left( {1;3} \right),B\left( {4;2} \right)\)
a) Tìm tọa độ điểm D nằm trên trục Ox sao cho DA=DB
b) Tính chu vi tam giác OAB
c) Chứng minh rằng OA vuông góc AB và từ đó tính diện tích tam giác OAB
Phương pháp giải
a) Gọi tọa độ điểm D là \((x;0)\). Tính toạ độ điểm D
b) Tính \(\overrightarrow {OA}\), \(\overrightarrow {OB}\), \(\overrightarrow {AB}\).
Tính \({C_{OAB}} = OA + OB + AB \)
c) Chứng minh \(OA \bot AB\). Tính \({S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.AB\)
Lời giải chi tiết
a) Gọi tọa độ điểm D là \((x;0)\)
Ta có: \(\overrightarrow {DB} = \left( {4 – x;2} \right) \Rightarrow DB = \left| {\overrightarrow {DB} } \right| = \sqrt {{{\left( {4 – x} \right)}^2} + {2^2}} \)
\(\begin{array}{l}DA = DB \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {1 – x} \right)}^2} + {3^2}} = \sqrt {{{\left( {4 – x} \right)}^2} + {2^2}} \\ \Rightarrow {\left( {1 – x} \right)^2} + {3^2} = {\left( {4 – x} \right)^2} + {2^2}\\ \Rightarrow x^2 -2x+10 = x^2 -8x+ 20\\ \Rightarrow 6x = 10\\ \Rightarrow x = \frac{5}{3}\end{array}\)
Thay \(x = \frac{5}{3}\) ta thấy thảo mãn phương trình
Vậy khi \(D\left( {\frac{5}{3};0} \right)\) thì DA=DB
b) Ta có: \(\overrightarrow {OA} = \left( {1;3} \right) \Rightarrow OA = \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \sqrt {{1^2} + {3^2}} = \sqrt {10} \)
\(\overrightarrow {OB} = \left( {4;2} \right) \Rightarrow OB = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \sqrt {{4^2} + {2^2}} = 2\sqrt 5 \)
\(\overrightarrow {AB} = \left( {3; – 1} \right) \Rightarrow AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{3^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} = \sqrt {10} \)
Chu vi tam giác OAB là
\({C_{OAB}} = OA + OB + AB = \sqrt {10} + 2\sqrt 5 + \sqrt {10} = 2\sqrt {10} + 2\sqrt 5 \)
c) \(\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {AB} = 1.3 + 3.( – 1) = 0 \Rightarrow OA \bot AB\)
Tam giác OAB vuông tại A nên diện tích của tam giác là
\({S_{OAB}} = \frac{1}{2}OA.AB = \frac{1}{2}\sqrt {10} .\sqrt {10} = 5\)
Giải bài 9 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \)trong các trường hợp sau:
a) \(\overrightarrow a = (2; – 3),\overrightarrow b = (6;4)\)
b) \(\overrightarrow a = (3;2),\overrightarrow b = (5; – 1)\)
c) \(\overrightarrow a = ( – 2; – 2\sqrt 3 ),\overrightarrow b = (3;\sqrt 3 )\)
Phương pháp giải
+) \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}}\)
+) \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = x_a.x_b +y_a.y_b\)
+) \(|\overrightarrow a | = \sqrt {{x_a}^2 +{y_a}^2}\)
Lời giải chi tiết
a) \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{2.6 + ( – 3).4}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 3} \right)}^2}} .\sqrt {{6^2} + {4^2}} }} = 0 \Rightarrow \overrightarrow a \bot \overrightarrow b \)
b) \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{3.5 + 2.( – 1)}}{{\sqrt {{3^2} + {2^2}} .\sqrt {{5^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 45^\circ \)
c) \(\cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{\left( { – 2} \right).3 + ( – 2\sqrt 3 ).\sqrt 3 }}{{\sqrt {{{\left( { – 2} \right)}^2} + {{\left( { – 2\sqrt 3 } \right)}^2}} .\sqrt {{3^2} + {{\sqrt 3 }^2}} }} = – \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = 150^\circ \)
Giải bài 10 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Cho bốn điểm \(A\left( {7; – 3} \right),B\left( {8;4} \right),C\left( {1;5} \right),D\left( {0; – 2} \right)\). Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình vuông
Phương pháp giải
Bước 1: Tính độ dài các cạnh thông qua độ dài vecto => tứ giác là hình thoi
Bước 2: Chỉ ra một góc vuông thông qua tích vô hướng => đpcm
Lời giải chi tiết
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (1;7),\overrightarrow {AD} = ( – 7;1),\overrightarrow {CD} = ( – 1; – 7)\),\(\overrightarrow {BC} = ( – 7;1)\)
Suy ra \(AB = \overrightarrow {AB} = \sqrt {{1^2} + {7^2}} = 5\sqrt 2 ,AD = \overrightarrow {AD} = \sqrt {{{\left( { – 7} \right)}^2} + {1^2}} = 5\sqrt 2 ,\)
\(CD = \overrightarrow {CD} = \sqrt {{{\left( { – 1} \right)}^2} + {{\left( { – 7} \right)}^2}} = 5\sqrt 2 \),\(BC = \overrightarrow {BC} = \sqrt {{{\left( { – 7} \right)}^2} + {{\left( { – 1} \right)}^2}} = 5\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow AB = BC = CD = DA = 5\sqrt 2 \) (1)
Mặt khác ta có
\(\cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} }}{{AB.AD}} = \frac{{1.( – 7) + 7.1}}{{5\sqrt 2 .5\sqrt 2 }} = 0 \Rightarrow \widehat A = 90^\circ \) (2)
Từ (1) và(2) suy ra ABCD là hình vuông (đpcm)
Giải bài 11 trang 45 SGK Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2
Một máy bay đang hạ cánh với vận tốc \(\vec{v}\) = (-210; -42). Cho biết vận tốc của gió là \(\vec{w}\) = (-12; -4) và một đơn vị trên hệ trục tọa độ tương ứng với 1 km. Tìm độ dài vectơ tổng hai vận tốc \(\vec{v}\) và \(\vec{w}\)
Phương pháp giải
Tính: \(\vec{v}\) + \(\vec{w}\)=> độ dài ủa vectơ tổng hai vận tốc
Lời giải chi tiết
Ta có: \(\vec{v}\) + \(\vec{w}\) = (-210 + (-12); -42 + (-4))= (-222; -46)
Độ dài của vectơ tổng hai vận tốc \(\vec{v}\) và \(\vec{w}\) là:
|\(\vec{v}\) + \(\vec{w}\)| = \(\sqrt{(-222)^{2} + (-46)^{2}}\) = \(10\sqrt{514}\) (km)
Để lại một bình luận