Giải SBT Bài 1 Chương 9 – SBT Toán 10 CHÂN TRỜI

Giải SBT Bài 1 Chương 9 – SBT Toán 10 CHÂN TRỜI – GIẢI CHI TIẾT
===========

Giải Bài 1 trang 58 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1},{a_2}} \right),\overrightarrow b  = \left( {{b_1},{b_2}} \right)\), ta có:

+ \(\overrightarrow a  \pm \overrightarrow b  = \left( {{a_1} \pm {b_1},{a_2} \pm {b_2}} \right)\)

+ \(k\overrightarrow a  = \left( {k{a_1},k{a_2}} \right)\)

+ \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = {a_1}{b_1} + {a_2}{b_2}\)

Lời giải chi tiết

a) \(2\overrightarrow a  = 2\left( {1;2} \right) = \left( {2;4} \right),3\overrightarrow b  = 3\left( {3;0} \right) = \left( {9;0} \right)\)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow a  + 3\overrightarrow b  = \left( {11;4} \right)\)

b) \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 1.3 + 2.0 = 3\)

+ \(3\overrightarrow a  = \left( {3;6} \right),2\overrightarrow b  = \left( {6;0} \right) \Rightarrow \left( {3\overrightarrow a } \right).\left( {2\overrightarrow b } \right) = 3.6 + 6.0 = 18\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 2 trang 58 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1},{a_2}} \right),\overrightarrow b  = \left( {{b_1},{b_2}} \right)\), ta có:

+ \(\overrightarrow a  \pm \overrightarrow b  = \left( {{a_1} \pm {b_1},{a_2} \pm {b_2}} \right)\)

+ \(k\overrightarrow a  = \left( {k{a_1},k{a_2}} \right)\)

+ \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = {a_1}{b_1} + {a_2}{b_2}\)

Lời giải chi tiết

a) \(2\overrightarrow n  = \left( {4;4} \right),3\overrightarrow p  = \left( { – 3; – 3} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow m  + 2\overrightarrow n  – 3\overrightarrow p  = \left( {1;1} \right) + \left( {4;4} \right) – \left( { – 3; – 3} \right) = \left( {8;8} \right)\)

b) \(\overrightarrow n .\overrightarrow p  = 2\left( { – 1} \right) + 2\left( { – 1} \right) =  – 4 \Rightarrow \left( {\overrightarrow n .\overrightarrow p } \right)\overrightarrow m  =  – 4\left( {1;1} \right) = \left( { – 4; – 4} \right)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 3 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

+ Cho hai điểm \(A\left( {{x_A},{y_A}} \right),B\left( {{x_B},{y_B}} \right)\). Tọa độ trung điểm \(M\left( {{x_M},{y_M}} \right)\) của đoạn thẳng AB là: \({x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\)

+ Cho tam giác ABC có \(A\left( {{x_A},{y_A}} \right),B\left( {{x_B},{y_B}} \right),C\left( {{x_C},{y_C}} \right)\). Tọa độ trọng tâm \(G\left( {{x_G},{y_G}} \right)\) của tam giác ABC là: \({x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3};{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3}\)

Lời giải chi tiết

a) E là trung điểm của cạnh MN \( \Rightarrow E\left( {\frac{{3 + 7}}{2};\frac{{3 + 3}}{2}} \right) \Rightarrow E\left( {5;3} \right)\)

b) G là trọng tâm của tam giác MNP\( \Rightarrow G\left( {\frac{{3 + 7 + 3}}{3};\frac{{3 + 3 + 7}}{3}} \right) \Rightarrow G\left( {\frac{{13}}{3};\frac{{13}}{3}} \right)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 4 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1},{a_2}} \right),\overrightarrow b  = \left( {{b_1},{b_2}} \right)\) và hai điểm \(A\left( {{x_A},{y_A}} \right),B\left( {{x_B},{y_B}} \right)\). Ta có:

+ \(AB = \sqrt {{{\left( {{x_A} – {x_B}} \right)}^2} + {{\left( {{y_A} – {y_B}} \right)}^2}} \)

+ \(cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{{a_1}{a_2} + {a_2}{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {a_2}^2} .\sqrt {{b_1}^2 + {b_2}^2} }}\)

– Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm cách đều ba điểm A, B, C

Lời giải chi tiết

Cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là \(A\left( {1;3} \right),B\left( {3;1} \right),C\left( {6;4} \right)\)

a) Tính độ dài ba cạnh của tam giác ABC và số đo của góc B

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AB}  = \left( {2; – 2} \right) \Rightarrow AB = \sqrt {{2^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2}}  = 2\sqrt 2 \\\overrightarrow {BC}  = \left( {3;3} \right) \Rightarrow BC = \sqrt {{3^2} + {3^2}}  = 3\sqrt 2 \\\overrightarrow {AC}  = \left( {5;1} \right) \Rightarrow AC = \sqrt {{5^2} + {1^2}}  = \sqrt {26} \end{array}\)

+ \(cos\left( B \right) = \left| {cos\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)} \right| = \frac{{2.3 – 2.3}}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( { – 2} \right)}^2}} .\sqrt {{3^2} + {3^2}} }} = 0 \Rightarrow \widehat B = {90^ \circ }\)

b) Tam giác ABC vuông tại B có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC nên I là trung điểm của AC

\( \Rightarrow I\left( {\frac{{1 + 6}}{2};\frac{{3 + 4}}{2}} \right) \Rightarrow I\left( {\frac{7}{2};\frac{7}{2}} \right)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 5 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Cho điểm \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\) và đường thẳng \(d:ax + by + c = 0\)

Điểm A thuộc đường thẳng d khi \(a{x_0} + b{y_0} + c = 0\)

Lời giải chi tiết 

a) Thuộc trục hoành, tức là \(y = 0 \Rightarrow \)A thuộc trục hoành

b) Thuộc trục tung tức là \(x = 0 \Rightarrow \) B thuộc trục tung

c) Thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất tức là \(y = x\)

\(\Rightarrow \) C, D thuộc đường phân giác của góc phần tư thứ nhất 

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 6 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

+ Cho hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1},{a_2}} \right),\overrightarrow b  = \left( {{b_1},{b_2}} \right)\), ta có: \(\overrightarrow a  \bot \overrightarrow b  \Rightarrow {a_1}.{b_1} + {a_2}.{b_2} = 0\)

+ Cho hai điểm \(A\left( {{x_A},{y_A}} \right),B\left( {{x_B},{y_B}} \right)\). Tọa độ trung điểm \(M\left( {{x_M},{y_M}} \right)\) của đoạn thẳng AB là: \({x_M} = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2};{y_M} = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\)

Lời giải chi tiết

a)

+ \(MH \bot Ox = H \Rightarrow H \in Ox \Rightarrow H\left( {a;0} \right)\)

+ \(\overrightarrow {MH}  = \left( {a – 4; – 5} \right),\overrightarrow {{v_{Ox}}}  = \left( {1;0} \right) \Rightarrow a – 4 + 0 = 0 \Rightarrow a = 4 \Rightarrow H\left( {4;0} \right)\)

b) Điểm M’ đối xứng với M qua trục \(Ox\) \( \Rightarrow \) H là trung điểm của MM’ \( \Rightarrow \) \(M’\left( {4; – 5} \right)\)

c)

+ \(MH \bot Oy = H \Rightarrow K \in Oy \Rightarrow H\left( {0;b} \right)\)

+ \(\overrightarrow {MK}  = \left( { – 4;b – 5} \right),\overrightarrow {{v_{Ox}}}  = \left( {0;1} \right) \Rightarrow 0 + b – 5 = 0 \Rightarrow b = 5 \Rightarrow K\left( {0;5} \right)\)

d) Điểm M’’ đối xứng với M qua trục \(Oy\)\( \Rightarrow \) K là trung điểm của MM’’ \( \Rightarrow \) \(M”\left( { – 4;5} \right)\)

e) Điểm C đối xứng với M qua gốc O \( \Rightarrow \) O là trung điểm của CM \( \Rightarrow \) \(C\left( { – 4; – 5} \right)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 7 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

+ ABCD là hình bình hành  \( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC} \)

+ Giao điểm hai đường chéo HBH là trung điểm mỗi đường

Lời giải chi tiết

a) ABCD là hình bình hành \( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {DC}  \Rightarrow \left( {1;3} \right) = \left( {4 – x;4 – y} \right) \Rightarrow D\left( {3;1} \right)\)

b) Giao điểm hai đường chéo HBH là trung điểm của AC \( \Rightarrow \) \(O\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{2}} \right)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 8 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

+ A, B, C thẳng hàng khi \(\overrightarrow {AB}  = k\overrightarrow {AC} \left( {k \ne 0} \right)\)

Lời giải chi tiết

a) \(\overrightarrow {AC}  = \left( {3;6} \right),\overrightarrow {AM}  = \left( {1;2} \right),\overrightarrow {AN}  = \left( {2;4} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AC}  = 3\overrightarrow {AM}  = \frac{3}{2}\overrightarrow {AN} \) \( \Rightarrow \) Bốn điểm A, M, N, C thẳng hàng

b) Chứng minh trọng tâm của các tam giác ABC và MNB trùng nhau

+ Trọng tâm của các tam giác ABC: \({G_1}\left( {\frac{{1 + 7 + 4}}{3};\frac{{1 + 3 + 7}}{3}} \right) \Rightarrow {G_1}\left( {4;\frac{{11}}{3}} \right)\)

+ Trọng tâm của các tam giác MNB: \({G_2}\left( {\frac{{2 + 7 + 3}}{3};\frac{{3 + 3 + 5}}{3}} \right) \Rightarrow {G_2}\left( {4;\frac{{11}}{3}} \right)\)

\( \Rightarrow \) Trọng tâm của các tam giác ABC và MNB trùng nhau

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 9 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Tính: \(\overrightarrow {MN}; \overrightarrow {QP}; \overrightarrow {MQ}\)

Chứng minh MNPQ là HCN

Lời giải chi tiết

+ \(\overrightarrow {MN}  = \left( {1;7} \right),\overrightarrow {QP}  = \left( {1;7} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN}  = \overrightarrow {QP} \) \( \Rightarrow \) MNPQ là hình bình hành

+ \(\overrightarrow {MN}  = \left( {1;7} \right),\overrightarrow {MQ}  = \left( { – 7;1} \right) \Rightarrow \overrightarrow {MN} .\overrightarrow {MQ}  = 0 \Rightarrow MN \bot MQ\) \( \Rightarrow \) MNPQ là HCN

+ \(MN = \left| {\overrightarrow {MN} } \right| = \sqrt {{1^2} + {7^2}}  = \sqrt {50} \)

\(\begin{array}{l}MQ = \left| {\overrightarrow {MQ} } \right| = \sqrt {{{\left( { – 7} \right)}^2} + {1^2}}  = \sqrt {50} \\ \Rightarrow MN = MQ\end{array}\)

\( \Rightarrow \) MNPQ là Hình vuông

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 10 trang 59 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1},{a_2}} \right),\overrightarrow b  = \left( {{b_1},{b_2}} \right)\). Ta có:

+ \(cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{\overrightarrow a .\overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|}} = \frac{{{a_1}{a_2} + {a_2}{b_2}}}{{\sqrt {{a_1}^2 + {a_2}^2} .\sqrt {{b_1}^2 + {b_2}^2} }}\)

Lời giải chi tiết

a) \(cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{1.5 – 4.3}}{{\sqrt {{1^2} + {{\left( { – 4} \right)}^2}} .\sqrt {{5^2} + {3^2}} }} = \frac{{ – 7\sqrt 2 }}{{34}} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) \approx {106^ \circ }56’\)

b) \(cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{4.6 + 3.0}}{{\sqrt {{4^2} + {6^2}} .\sqrt {{3^2} + {0^2}} }} = \frac{4}{5} \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) \approx {36^ \circ }52’\)

c) \(cos\left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{2.\left( { – 3} \right) + 2\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{{\sqrt {{2^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( { – 3} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = 0 \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) \approx {90^ \circ }\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 11 trang 60 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Tam giác ABC vuông tại C khi \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC}  = 0\)

Lời giải chi tiết

+ B là điểm đối xứng của A qua O \( \Rightarrow \) O là trung điểm của AB \( \Rightarrow \) \(B\left( { – 1; – 4} \right)\)

+ Gọi \(C\left( {x;3} \right)\)

+ \(\overrightarrow {AC}  = \left( {x – 1; – 1} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( {x + 1;7} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC}  = \left( {x – 1} \right)\left( {x + 1} \right) – 7 = 0 \Rightarrow {x^2} – 1 – 7 = 0 \Rightarrow {x^2} = 8 \Rightarrow x =  \pm 2\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow C\left( {2\sqrt 2 ;3} \right),C\left( { – 2\sqrt 2 ;3} \right)\)

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

Giải Bài 12 trang 60 SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo tập 2 – CTST

Phương pháp giải

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a  = \left( {{a_1},{a_2}} \right),\overrightarrow b  = \left( {{b_1},{b_2}} \right)\).

Hai vectơ được gọi là cùng hướng khi \(\overrightarrow a  = k\overrightarrow b \left( {k > 0} \right)\)

Lời giải chi tiết

Ta có: \(\vec a = \left( {2;2} \right) = \frac{2}{k}\left( {k;k} \right) \)

\(\Rightarrow \) Với \(k>0\) thì \(\vec e = (k;k)\) là 1 vectơ cùng hướng với \(\overrightarrow a \) 

Để \(\vec e\) là vecto đơn vị thì \(\left| {\vec e} \right| = 1\)

\(\Leftrightarrow \sqrt {{k^2} + {k^2}}  = 1 \Leftrightarrow 2{k^2} = 1 \Leftrightarrow k = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\) (vì \(k>0\))

Vậy vecto đơn vị cùng hướng với \(\vec a\) là \(\vec e = (\frac{{\sqrt 2 }}{2};\frac{{\sqrt 2 }}{2})\).

 

GIẢI SBT Toán 10 Chân trời sáng tạo Chương 9 Bài 1

===========
THUỘC: Giải sách bài tập Toán 10 – Chân trời