Giá trị của biểu thức \(A = {{2{{\cos }^2}{π \over 8} – 1} \over {1 + 8{{\sin }^2}{π \over 8}{{\cos }^2}{π \over 8}}}\) là: Show A. \(\frac{-\sqrt 3}{2}\) B. \(\frac{-\sqrt 3}{4}\) C. \(\frac{-\sqrt 2}{2}\) D. \(\)\(\frac{\sqrt 2}{4}\) Lời Giải Bài Tập 12 Trang 157 SGK Đại Số Lớp 10 Chọn D. * \(8sin^2\frac{π}{8}.cos^2\frac{π}{8} = 2(2sin\frac{π}{8}.cos\frac{π}{8})^2\) = \(2.sin^2\frac{π}{4} = 1\) Vậy, kết quả là: \(\frac{\sqrt 2}{4}\) Hướng dẫn chọn đáp án đúng câu hỏi bài tập 12 trang 157 sgk đại số lớp 10 phần bài tập trắc nghiệm chương VI. Bài yêu cầu chọn đáp án đúng các câu sau. Bài Tập Liên Quan:Related
Soạn tập bản đồ địa lí 10 Page 2
Phần bài tập Ôn tập cuối năm trang 159
Phần câu hỏi Ôn tập cuối năm – trang 159
Soạn đại số 10 bài tập trắc nghiệm Ôn tập chương 6 – trang 157
Soạn đại số 10 bài 3: Công thức lượng giác – trang 149
Soạn đại số 10 bài 2: Giá trị lượng giác của một cung – trang 141
Soạn đại số 10 bài 1: Cung và góc lượng giác – trang 133
Soạn đại số 10 bài tập trắc nghiệm Ôn tập chương 5: Thống kê – trang 128
Soạn đại số 10 bài Ôn tập chương 5: Thống kê – trang 128
Soạn đại số 10 bài 4: Phương sai và độ lệch chuẩn – trang 123
Soạn đại số 10 bài 3: Số trung bình cộng, số trung vị, mốt – trang 119
Soạn đại số 10 bài 2: Biểu đồ – trang 115
Soạn đại số 10 bài 1: Bảng phân bố tần số và tần suất – trang 110
Soạn đại số 10 bài tập trắc nghiệm Ôn tập chương 4 trang 107
Soạn đại số 10 bài 5: Dấu của tam thức bậc hai trang 100
Soạn đại số 10 bài 4: Bất phương trình bậc nhất hai ẩn trang 94
Soạn đại số 10 bài 3: Dấu của nhị thức bậc nhất – trang 89
Soạn đại số 10 bài 1: Bất đẳng thức trang 74
Soạn đại số 10 bài tập trắc nghiệm Ôn tập chương 3 trang 71
Soạn đại số 10 bài tập trắc nghiệm Ôn tập chương 2 trang 51
Soạn đại số 10 bài tập trắc nghiệm Ôn tập chương 1 trang 26
Soạn đại số 10 bài: Ôn tập chương III
Soạn đại số 10 bài 3: Phương trình và hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn
Soạn đại số 10 bài 2: Phương trình quy về phương trình bậc nhất, bậc hai
Soạn đại số 10 bài 1: Đại cương về phương trình
Soạn đại số 10 bài: Ôn tập chương II
Soạn đại số 10 bài 3: Hàm số bậc hai
Soạn đại số 10 bài 2: Hàm số y = ax + b
Page 2
Page 3
Page 4
Page 5
Cho hàm số \(f(x) = \sqrt {{x^2} + 3x + 4} - \sqrt { - {x^2} + 8x - 15} \) a) Tìm tập xác định \(A\) của hàm số \(f(x)\) b) Giả sử \(B = \left\{ {x \in R:4 < x \le \left. 5 \right\}} \right.\) . Hãy xác định các tập hợp \(A\backslash B\) và \(R\backslash (A\backslash B)\) Trả lời: a) Tập xác định của \(f(x)\) : \(A{\rm{ }} = {\rm{\{ }}x{\rm{ }} \in {\rm{ }}R|{x^2} + {\rm{ }}3x{\rm{ }} + {\rm{ }}4{\rm{ }} \ge {\rm{ }}0\text { và } - {x^2} + {\rm{ }}8x{\rm{ }}-{\rm{ }}15{\rm{ }} \ge {\rm{ }}0\} \) \(x^2+ 3x + 4\) có biệt thức \(Δ = 3^2– 16 < 0\) Theo định lí dấu của tam thức: \(x^2+ 3x + 4 ≥ 0 ,∀x ∈\mathbb R\) \(-x^2+ 8x – 15 = 0 ⇔ x_1= 3, x_2= 5\) \(-x^2+ 8x – 15 > 0 ⇔ 3 ≤ x ≤ 5 ⇒ A = [3; 5]\) b) \(A\backslash B = [3; 4]\) \(R\backslash(A\backslash B) = (-∞; 3) ∪ (4;+∞)\) Câu 2 trang 160 SGK Đại số 10 Cho phương trình: \(mx^2– 2x – 4m – 1 = 0\) a) Chứng minh rằng với mọi giá trị \(m≠0\) phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm giá trị của \(m\) để \(- 1\) là một nghiệm của phương trình. Sau đó tìm nghiệm còn lại. Trả lời: a) \(\eqalign{ & \Delta {\rm{ }} = {\rm{ }}1 + m\left( {4m + 1} \right) = 4{m^2} + m + 1 \cr & = (2m + {1 \over 4}) + {{15} \over {16}} > 0,\forall m \cr} \) Vậy với \(m ≠ 0\) phương trình là bậc hai có biệt thức chung nên có \(2\) nghiệm phân biệt. b) \(\eqalign{ & f( - 1) = m + 2 - 4m - 1 = - 3m + 1 = 0 \cr & \Rightarrow m = {1 \over 3} \cr} \) Với \(m = {1 \over 3}\) , phương trình có nghiệm \(x_1= -1\). Gọi nghiệm kia là \(x_2\). Theo định lí Vi-et: \({x_1} + {x_2} = - 1 + {x_2} = {2 \over m} = {2 \over {{1 \over 3}}} \Rightarrow {x_2} = 7\) Câu 3 trang 160 SGK Đại số 10 Cho phương trình: \({x^2} - 4mx + 9{(m - 1)^2} = 0\) a) Xem xét với giá trị nào của \(m\), phương trình trên có nghiệm. b) Giả sử \(x_1,x_2\) là hai nghiệm của phương trình đã cho, hãy tính tổng và tích của chúng. Tìm một hệ thức liên hệ giữa \(x_1\) và \(x_2\) không phụ thuộc vào \(m\). c) Xác định \(m\) để hiệu các nghiệm của phương trình bằng \(4\). Trả lời: a) \(Δ’ = 4m^2– 9(m-1) = -5m^2+ 18m – 9 ≥ 0\) \(\Leftrightarrow {3 \over 5} \le m \le 3\) Phương trình có nghiệm nếu \(m \in \left[ {{3 \over 5},3} \right]\) b) Với \(m \in \left[ {{3 \over 5},3} \right]\) phương trình có các nghiệm \(x_1,x_2\) thỏa mãn \(x_1+x_2= 4m\) (1) và \(x_1.x_2= 9(m-1)^2\) (2) Từ (1)và (2) suy ra: \({x_1}.{x_2} = 9{({{{x_1} + {x_2}} \over 4} - 1)^2} \Leftrightarrow 9{({x_1} + {x_2} - 4)^2} - 16{x_1}{x_2} = 0\) Đó là hệ thức giữa hai nghiệm của phương trình độc lập với tham số \(m\). c) Ta có: \(x_2– x_1= 4;x_1+ x_2= 4m ⇒ x_2= 2(m+1)\) Thay biểu thức của \(x_2\) vào phương trình thì được: \(4(m+1)^2 – 8m(m+1) + 9(m-1)^2= 0\) \(\eqalign{ & \Leftrightarrow 5{m^2} - 18m + 13 = 0 \cr & \Leftrightarrow {m_{_1}} = 1;{m_2} = {{13} \over 5} \cr} \) Kết luận: Nếu \(m = 1\) hoặc \(m = {{13} \over 5}\) thì hiệu của \(2\) nghiệm bằng \(4\). Câu 4 trang 160 SGK Đại số 10 Chứng minh các bất đẳng thức: a) \(5(x-1) < x^5– 1< 5x^4(x-1)\), biết \(x – 1 > 0\) b) \(x^5+ y^5– x^4y – xy^4≥ 0\), biết \(x + y ≥ 0\) c) \(\sqrt {4a + 1} + \sqrt {4b + 1} + \sqrt {4c + 1} < 5\) , biết rằng \(a, b, c\) cùng lớn hơn và \(a + b + c = 1\) Trả lời: a) \(x -1 >5 ⇔ x > 1 ⇒ x^4> x^3> x^2> x > 1\) \(\Rightarrow {\rm{ }}5{x^4} > {\rm{ }}{x^4} + {\rm{ }}{x^3} + {\rm{ }}{x^2} + {\rm{ }}x{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} > {\rm{ }}5\) \(\Rightarrow {\rm{ }}5{x^4}\left( {x - 1} \right){\rm{ }} > {\rm{ }}\left( {x - 1} \right)({\rm{ }}{x^4} + {\rm{ }}{x^3} + {\rm{ }}{x^2} + {\rm{ }}x{\rm{ }} + {\rm{ }}1){\rm{ }} = {\rm{ }}{x^5} - 1{\rm{ }} > {\rm{ }}5{\rm{ }}\left( {x - 1} \right)\) b) \({{x^5} + {\rm{ }}{y^{5}}-{\rm{ }}{x^4}y{\rm{ }}-{\rm{ }}x{y^4} = {\rm{ }}\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}y} \right)\left( {{x^4}-{\rm{ }}{x^3}y{\rm{ }} + {\rm{ }}{x^2}{y^2}-{\rm{ }}x{y^3} + {\rm{ }}{y^4}} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}xy\left( {{x^{3}} + {\rm{ }}{y^3}} \right)}\) \({ = {\rm{ }}\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}y} \right){\rm{ }}\left[ {\left( {{\rm{ }}{x^4}-{\rm{ }}{x^3}y + {\rm{ }}{x^2}{y^2}-{\rm{ }}x{y^3} + {\rm{ }}{y^4}} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}xy\left( {{x^2}-{\rm{ }}xy{\rm{ }} + {\rm{ }}{y^2}} \right)} \right]}\) \({ = {\rm{ }}\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}y} \right){\rm{ }}\left[ {\left( {{x^4} + 2{x^2}{y^2} + {y^4}} \right){\rm{ }} - {\rm{ }}2xy\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \right]}\) \({ = {\rm{ }}\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}y} \right){\rm{ }}{{\left( {x{\rm{ }} - {\rm{ }}y} \right)}^2}\left( {{x^2} + {\rm{ }}{y^2}} \right){\rm{ }} \ge {\rm{ }}0}\) do \(x + y ≥ 0; (x - y)^2 ≥ 0, x^2 + y^2≥ 0\) c) \(\eqalign{ & {(\sqrt {4a + 1} + \sqrt {4b + 1} + \sqrt {4c + 1} )^2} \cr & = 4(a + b + c) + 3 + 2\sqrt {4a + 1} \sqrt {4b + 1} + 2\sqrt {4a + 1} \sqrt {4c + 1} + 2\sqrt {4b + 1} \sqrt {4c + 1} \cr & \le 4(a + b + c) + 3 + (4a + 1) + (4b + 1) + (4a + 1) + (4c + 1) + (4b + 1) + (4c + 1) \cr & \le 12(a + b + c) + 9 \le 21 \le 25 \cr & \cr} \) Suy ra Đpcm Giaibaitap.me Page 6
Câu 5 trang 160 SGK Đại số 10 Giải hệ phương trình sau bằng cách đưa về hệ phương trình dạng tam giác: \(\left\{ \matrix{ x + 3y + 2z = 1 \hfill \cr 3x + 5y - z = 9 \hfill \cr 5x - 2y - 3z = - 3 \hfill \cr} \right.\) (I) Trả lời: Nhân phương trình thứ nhất với \(-3\) rồi cộng vào phương trình thứ hai. Lại nhân phương trình thứ nhất rồi cộng vào phương trình thứ ba thì được hệ: \((I) ⇔ (II)\) \(\left\{ \matrix{ x + 3y + 2z = 1 \hfill \cr - 4y - 7z = 6 \hfill \cr - 17y - 13z = - 8 \hfill \cr} \right.\) Nhân phương trình thứ hai của hệ \((II)\) với \(17\), nhân phương trình thứ ba của hệ \((II)\) với \((-4)\) rồi cộng hai phương trình đó lại ta được: \((II) ⇔ (III)\) \(\left\{ \matrix{ x + 3y + 2z = 1 \hfill \cr - 4y - 7z = 6 \hfill \cr - 67z = 134 \hfill \cr} \right.\) Hệ phương trình \((III)\) có dạng tam giác. Tìm giá trị các ẩn ngược từ dưới lên dễ dàng tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho: \((x; y; z) = (-1; 2; -2)\) Câu 6 trang 160 SGK Đại số 10 a) Xét dấu biểu thức \(f(x) = 2x(x+2) – (x+2)(x+1)\) b) Lập bảng biến thiên và vẽ trong cùng một hệ tọa độ vuông góc các đồ thị của các hàm số sau \(y = 2x(x+2) (C_1)\) \(y = (x+2)(x+1) (C_2)\) Tính tọa độ các giao điểm \(A\) và \(B\) của \((C_1)\) và \((C_2)\) c) Tính các hệ số \(a, b, c\) để hàm số \(y = ax^2+ bx + c\) có giá trị lớn nhất bằng \(8\) và đồ thị của nó đi qua \(A\) và \(B\). Trả lời: a) \(f(x) = (x+2)(x-1)\) \(f(x) > 0\) với \(x < -2\) hoặc \(x > 1\) \(f(x) ≤ 0\) với \(-2 ≤ x ≤ 1\) b) \(y = 2x (x + 2) = 2(x+1)^2– 2\) Bảng biến thiên:  Hàm số : \(y{\rm{ }} = \left( {x + 2} \right)\left( {x + 1} \right) = {(x + {3 \over 2})^2} - {1 \over 4}\) Bảng biến thiên Đồ thị (C1) và (C2) Hoành độ các giao điểm \(A\) và \(B\) của (C1) và (C2) là nghiệm của phương trình \(f(x) = 0 ⇔ x_1= -2, x_2= 1\) \(⇔ A(-2; 0) , B(1; 6)\) c) Giải hệ phương trình \(\left\{ \matrix{ {{ac - {b^2}} \over {4a}} \hfill \cr a{( - 2)^2} + b( - 2) + c = 0 \hfill \cr a{(1)^2} + b(1) + c = 6 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a = - 2,b = 0,c = 8 \hfill \cr a = - {2 \over 9},b = {{16} \over 9},c = {{40} \over 9} \hfill \cr} \right.\) Câu 7 trang 161 Đại số 10 Chứng minh các hệ thức sau: a) \({{1 - 2{{\sin }^2}a} \over {1 + \sin 2a}} = {{1 - \tan a} \over {1 + \tan a}}\) b) \({{\sin a + \sin 3a + \sin 5a} \over {\cos a + \cos 3a + \cos 5a}} = \tan 3a\) c) \({{{{\sin }^4}a - {{\cos }^4}a + {{\cos }^2}a} \over {2(1 - \cos a)}} = {\cos ^2}{a \over 2}\) d) \({{\tan 2x\tan x} \over {\tan 2x - \tan x}} = \sin 2x\) Trả lời: a) \(\eqalign{ & {{1 - 2{{\sin }^2}a} \over {1 + \sin 2a}} = {{{{\cos }^2}a - {{\sin }^2}a} \over {{{\cos }^2}a + {{\sin }^2}a + 2\sin a\cos a}} \cr & = {{\cos a - \sin a} \over {\cos a + \sin a}} = {{1 - {{\sin a} \over {\cos a}}} \over {1 + {{\sin a} \over {\cos a}}}} \cr & = {{1 - \tan a} \over {1 + \tan a}} \cr} \) b) \(\eqalign{ & {{\sin a + \sin 3a + \sin 5a} \over {\cos a + \cos 3a + \cos 5a}} \cr & = {{2\sin {{a + 5a} \over 2}\cos {{5a - a} \over 2} + \sin 3a} \over {2\cos {{a + 5a} \over 2}\cos {{5a - a} \over 2} + \cos 3a}} = {{\sin 3a(1 + 2\cos 2a)} \over {\cos 3a(1 + 2\cos 2a)}} \cr & = \tan 3a \cr} \) c) \(\eqalign{ & {{{{\sin }^4}a - {{\cos }^4}a + {{\cos }^2}a} \over {2(1 - \cos a)}} = {{({{\sin }^2}a + {{\cos }^2}a)({{\sin }^2}a - {{\cos }^2}a) + {{\cos }^2}a} \over {2(1 - \cos a)}} \cr & = {{{{\sin }^2}a - {{\cos }^2}a + {{\cos }^2}a} \over {4{{\sin }^2}{a \over 2}}} = {{4{{\sin }^2}{a \over 2}{{\cos }^2}{a \over 2}} \over {4{{\sin }^2}{a \over 2}}} \cr & = {\cos ^2}{a \over 2} \cr} \) d) \(\eqalign{ & {{\tan 2x\tan x} \over {\tan 2x - \tan x}} \cr & = {{{{2\tan x} \over {1 - {{\tan }^2}x}}.\tan x} \over {{{2\tan x} \over {1 - {{\tan }^2}x}} - \tan x}} = {{2\tan x} \over {{{\tan }^2}x + 1}} \cr & = \sin 2x \cr} \) Câu 8 trang 161 SGK Đại số 10 Rút gọn các biểu thức sau: a) \({{1 + \sin 4a - \cos 4a} \over {1 + \cos 4a + \sin 4a}}\) b) \({{1 + \cos a} \over {1 - \cos a}}{\tan ^2}{a \over 2} - {\cos ^2}a\) c) \({{\cos 2x - \sin 4x - \cos 6x} \over {\cos 2x + \sin 4x - \cos 6x}}\) Trả lời: a) \(\eqalign{ & {{1 + \sin 4a - \cos 4a} \over {1 + \cos 4a + \sin 4a}} = {{2{{\sin }^2}2a + 2\sin 2a\cos 2a} \over {2{{\cos }^2}2a + 2\sin 2a\cos 2a}} \cr & = {{2\sin 2a(\sin 2a + \cos 2a)} \over {2\cos 2a(\sin 2a + \cos 2a)}} = \tan 2a \cr} \) b) \(\eqalign{ & {{1 + \cos a} \over {1 - \cos a}}{\tan ^2}{a \over 2} - {\cos ^2}a = {{2{{\cos }^2}{a \over 2}} \over {2{{\sin }^2}{a \over 2}}}.{{2{{\sin }^2}{a \over 2}} \over {2{{\cos }^2}{a \over 2}}} - {\cos ^2}{a \over 2} \cr & = 1 - {\cos ^2}{a \over 2} = {\sin ^2}{a \over 2} \cr} \) c) \(\eqalign{ & {{\cos 2x - \sin 4x - \cos 6x} \over {\cos 2x + \sin 4x - \cos 6x}} = {{(cos2x - \cos 6x) - sin4x} \over {(cos2x - \cos 6x) + sin4x}} \cr & = {{-2\sin {{2x + 6x} \over 2}\sin {{6x - 2x} \over 2} - \sin 4x} \over {-2\sin {{2x + 6x} \over 2}\sin {{2x - 6x} \over 2} + \sin 4x}} \cr & = {{2\sin 2x - 1} \over {2\sin 2x + 1}} \cr} \) Giaibaitap.me Page 7
Page 8
Bài 1 trang 7 sgk toán hình học lớp 10 Cho ba vectơ \(\overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{b}\), \(\overrightarrow{c}\) đều khác vec tơ \(\overrightarrow{0}\). Các khẳng định sau đây đúng hay sai? a) Nếu hai vectơ \(\overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{b}\) cùng phương với \(\overrightarrow{c}\) thì \(\overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{b}\) cùng phương. b) Nếu \(\overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{b}\) cùng ngược hướng với \(\overrightarrow{c}\) thì \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) cùng hướng . Giải a) Gọi theo thứ tự \({\Delta _1},{\Delta _2},{\Delta _3}\) là giá của các vectơ \(\overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{b}\), \(\overrightarrow{c}\) \(\overrightarrow{a}\) cùng phương với \(\overrightarrow{c}\) \( \Rightarrow {\Delta _1}//{\Delta _3}\) ( hoặc \({\Delta _1} \equiv {\Delta _3}\)) (1) \(\overrightarrow{b}\) cùng phương với \(\overrightarrow{c}\) \(\Rightarrow {\Delta _2}//{\Delta _3}\) ( hoặc \({\Delta _2} \equiv {\Delta _3}\) ) (2) Từ (1), (2) suy ra \({\Delta _1}//{\Delta _2}\) ( hoặc \({\Delta _1} \equiv {\Delta _2}\) ), theo định nghĩa hai vectơ \(\overrightarrow{a}\), \(\overrightarrow{b}\) cùng phương. Vậy câu a) đúng. b) Đúng. Bài 2 trang 7 sgk hình học lớp 10 Trong hình 1.4, hãy chỉ ra các vec tơ cùng phương, cùng hướng, ngược hướng và các vectơ bằng nhau. Giải - Các vectơ cùng phương: \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\); \(\overrightarrow{x}\), \(\overrightarrow{y}\), \(\overrightarrow{z}\) và \(\overrightarrow{w}\); \(\overrightarrow{u}\) và \(\overrightarrow{v}\). - Các vectơ cùng hướng: \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\); \(\overrightarrow{x}\), \(\overrightarrow{y}\), \(\overrightarrow{z}\) - Các vectơ ngược hướng: \(\overrightarrow{u}\) và \(\overrightarrow{v}\); \(\overrightarrow{z}\) và \(\overrightarrow{w}\); \(\overrightarrow{y}\) và \(\overrightarrow{w}\); \(\overrightarrow{x}\) và \(\overrightarrow{w}\). - Các vectơ bằng nhau: \(\overrightarrow{x}\) = \(\overrightarrow{y}\). Bài 3 trang 7 sgk hình học lớp 10 Cho tứ giác \(ABCD\). Chứng minh rằng tứ giác đó là hình bình hành khi và chỉ khi \(\overrightarrow{AB}\) = \(\overrightarrow{DC}\). Giải Ta chứng minh hai mệnh đề: *) Khi \(\overrightarrow{AB}\) = \(\overrightarrow{DC}\) thì \(ABCD\) là hình bình hành. Thật vậy, theo định nghĩa của vec tơ bằng nhau thì: \(\overrightarrow{AB}\) = \(\overrightarrow{DC}\) ⇔ \(\left | \overrightarrow{AB} \right |\) = \(\left | \overrightarrow{DC} \right |\) và \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{DC}\) cùng hướng. \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{DC}\) cùng hướng suy ra \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{DC}\) cùng phương, suy ra giá của chúng song song với nhau, hay \(AB // DC\) (1) Ta lại có \(\left | \overrightarrow{AB} \right |\) = \(\left | \overrightarrow{DC} \right |\) suy ra \(AB = DC\) (2) Từ (1) và (2), theo dấu hiệu nhận biết hình bình hành, tứ giác \(ABCD\) có một cặp cạnh song song và bằng nhau nên nó là hình bình hành. *) Khi \(ABCD\) là hình bình hành thì \(\overrightarrow{AB}\) = \(\overrightarrow{CD}\) Khi \(ABCD\) là hình bình hành thì \(AB // CD\). Dễ thấy, từ đây ta suy ra hai vec tơ \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{CD}\) cùng hướng (3) Mặt khác \(AB = CD\) suy ra \(\left | \overrightarrow{AB} \right |\) = \(\left | \overrightarrow{CD} \right |\) (4) Từ (3) và (4) suy ra \(\overrightarrow{AB}\) = \(\overrightarrow{CD}\). Bài 4 trang 7 sgk hình học lớp 10 Cho lục giác đều \(ABCDEF\) có tâm \(O\). a) Tìm các vec to khác \(\overrightarrow{0}\)và cùng phương với \(\overrightarrow{OA}\) b) Tìm các véc tơ bằng véc tơ \(\overrightarrow{AB}\) Giải a) Các vec tơ cùng phương với vec tơ \(\overrightarrow{OA}\): \(\overrightarrow{BC}\); \(\overrightarrow{CB}\); \(\overrightarrow{EF}\); \(\overrightarrow{DO}\); \(\overrightarrow{OD}\); \(\overrightarrow{DA}\); \(\overrightarrow{AD}\); \(\overrightarrow{FE}\) và \(\overrightarrow{AO}\). b) Các véc tơ bằng véc tơ \(\overrightarrow{AB}\): \(\overrightarrow{ED}\); \(\overrightarrow{FO}\); \(\overrightarrow{OC}\). Giaibaitap.me Page 9
Bài 1 trang 12 sgk hình học lớp 10 Cho đoạn thẳng \(AB\) và điểm \(M\) nằm giữa \(A\) và \(B\) sao cho \(AM > MB\). Vẽ các vectơ \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{MB}\) và \(\overrightarrow{MA}\)- \(\overrightarrow{MB}\) Giải Trên đoạn thẳng \(AB\) ta lấy điểm \(M'\) để có \(\overrightarrow{AM'}\)= \(\overrightarrow{MB}\)
Như vậy \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{MB}\)= \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{AM'}\) = \(\overrightarrow{MM'}\) ( quy tắc 3 điểm) Vậy vec tơ \(\overrightarrow{MM'}\) chính là vec tơ tổng của \(\overrightarrow{MA}\) và \(\overrightarrow{MB}\) \(\overrightarrow{MM'}\) = \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{MB}\) . Ta lại có \(\overrightarrow{MA}\) - \(\overrightarrow{MB}\) = \(\overrightarrow{MA}\) + (- \(\overrightarrow{MB}\)) \(\Rightarrow\) \(\overrightarrow{MA}\) - \(\overrightarrow{MB}\) = \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{BM}\) (vectơ đối) Theo tính chất giao hoán của tổng vectơ ta có \(\overrightarrow{MA}\) +\(\overrightarrow{BM}\) = \(\overrightarrow{BM}\) + \(\overrightarrow{MA}\) = \(\overrightarrow{BA}\) (quy tắc 3 điểm) Vậy \(\overrightarrow{MA}\) - \(\overrightarrow{MB}\) = \(\overrightarrow{BA}\) Bài 2 trang 12 sgk hình học lớp 10 Cho hình bình hành \(ABCD\) và một điểm M tùy ý. Chứng minh rằng \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{MC}\) = \(\overrightarrow{MB}\) + \(\overrightarrow{MD}\). Giải Cách 1: Áp dụng quy tắc 3 điểm đối với phép cộng vectơ: \(\overrightarrow{MA}\) = \(\overrightarrow{MB}\) + \(\overrightarrow{BA}\) \(\overrightarrow{MC}\) = \(\overrightarrow{MD}\) + \(\overrightarrow{DC}\) \(\Rightarrow\) \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{MC}\) = \(\overrightarrow{MB}\) +\(\overrightarrow{MD}\)+ (\(\overrightarrow{BA}\) +\(\overrightarrow{DC}\)) \(ABCD\) là hình bình hành nên hai vec tơ \(\overrightarrow{BA}\) và \(\overrightarrow{DC}\) là hai vec tơ đối nhau nên: \(\overrightarrow{BA}\) +\(\overrightarrow{DC}\) = \(\overrightarrow{0}\) Suy ra \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{MC}\) = \(\overrightarrow{MB}\) + \(\overrightarrow{MD}\). Cách 2. Áp dụng quy tắc 3 điểm đối với phép trừ vec tơ \(\overrightarrow{AB}\)= \(\overrightarrow{MB}\) - \(\overrightarrow{MA}\) \(\overrightarrow{CD}\) = \(\overrightarrow{MD}\) - \(\overrightarrow{MC}\) \(\Rightarrow\) \(\overrightarrow{AB}\) + \(\overrightarrow{CD}\) = (\(\overrightarrow{MB}\) +\(\overrightarrow{MD}\)) - (\(\overrightarrow{MA}\) +\(\overrightarrow{MC}\)). \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{AB}\) và \(\overrightarrow{CD}\) là hai vec tơ đối nhau, cho ta: \(\overrightarrow{AB}\) +\(\overrightarrow{CD}\) = \(\overrightarrow{0}\) Suy ra: \(\overrightarrow{MA}\) + \(\overrightarrow{MC}\) = \(\overrightarrow{MB}\) + \(\overrightarrow{MD}\). Bài 3 trang 12 sgk hình học lớp 10 Chứng minh rằng đối với tứ giác \(ABCD\) bất kì ta luôn có a) \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} +\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA}= \overrightarrow{0}\); b) \(\overrightarrow{AB}- \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{CB}-\overrightarrow{CD}\). Giải a) Theo quy tắc 3 điểm của tổng vec tơ, ta có \(\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{BC}= \overrightarrow{AC}\); \(\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DA}= \overrightarrow{CA}\) Như vậy \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CD} +\overrightarrow{DA}= ( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}) + (\overrightarrow{CD} + \overrightarrow{DA}) = \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CA}\) mà \(\overrightarrow{AC} +\overrightarrow{CA} = \overrightarrow{AA} = \overrightarrow{0}\). Vậy \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} +\overrightarrow{CD} +\overrightarrow{DA}= \overrightarrow{0}\) b) Theo quy tắc 3 điểm của hiệu vec tơ, ta có \(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD}= \overrightarrow{DB}\) (1) \(\overrightarrow{CB} - \overrightarrow{CD} = \overrightarrow{DB}\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(\overrightarrow{AB} - \overrightarrow{AD}= \overrightarrow{CB} -\overrightarrow{CD}\). Bài 4 trang 12 sgk hình học lớp 10 Cho tam giác \(ABC\). Bên ngoài tam giác vẽ các hình bình hành \(ABIJ, BCPQ, CARS\). Chứng minh rằng \(\overrightarrow{RJ} + \overrightarrow{IQ} + \overrightarrow{PS}= \overrightarrow{0}\) Giải Ta xét tổng: \(\overrightarrow{RJ} + \overrightarrow{JI} +\overrightarrow{IQ} + \overrightarrow{QP}+\overrightarrow{PS}+ \overrightarrow{SR} = \overrightarrow{RR}= \overrightarrow{0}\)(1) Mặt khác, ta có \(ABIJ, BCPQ\) và \(CARS\) là các hình bình hành nên: \(\overrightarrow{JI}\) = \(\overrightarrow{AB}\) \(\overrightarrow{QP}\) = \(\overrightarrow{BC}\) \(\overrightarrow{SR}\) = \(\overrightarrow{CA}\) \(\Rightarrow \overrightarrow{JI}+\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{SR}= \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}= \overrightarrow{AA}= \overrightarrow{0}\)(2) Từ (1) và (2) suy ra : \(\overrightarrow{RJ}\) + \(\overrightarrow{IQ}\) + \(\overrightarrow{PS}\)= \(\overrightarrow{0}\) (đpcm) Giaibaitap.me Page 10
Page 11
Page 12
Bài 1 trang 17 sgk toán hình học lớp 10 Cho hình bình hành \(ABCD\). Chứng mỉnh rằng: \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}+ \overrightarrow{AD}= 2\overrightarrow{AC}\). Giải \(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}+ \overrightarrow{AD}= \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}+ \overrightarrow{AC}\) Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{AD}= \overrightarrow{AC}\) (quy tắc hình bình hành của tổng) \(\Rightarrow \overrightarrow{AB}+ \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD}= \overrightarrow{AC} +\overrightarrow{AC} =2\overrightarrow{AC}\) Bài 2 trang 17 sgk hình học lớp 10 Cho \(AK\) và \(BM\) là hai trung tuyến của tam giác \(ABC\). Hãy phân tích các vectơ \(\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {AC} \) theo hai vectơ sau \(\overrightarrow u = \overrightarrow {AK} ,\overrightarrow v = \overrightarrow {BM} \) Giải Gọi \(G\) là giao điểm của \(AK, BM\) thì \(G\) là trọng tâm của tam giác. Ta có : \(\eqalign{ & \overrightarrow {AG} = {2 \over 3}\overrightarrow {AK} \Rightarrow \overrightarrow {AG} = {2 \over 3}\overrightarrow u \cr & \overrightarrow {GB} = - \overrightarrow {BG} = - {2 \over 3}\overrightarrow {BM} = - {2 \over 3}\overrightarrow v \cr} \) Theo quy tắc \(3\) điểm đối với tổng vec tơ: \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AG} + \overrightarrow {GB} \Rightarrow \overrightarrow {AB} = {2 \over 3}\overrightarrow u - {2 \over 3}\overrightarrow v = {2 \over 3}(\overrightarrow u - \overrightarrow v )\) \(AK\) là trung tuyến thuộc cạnh \(BC\) nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AK} \Rightarrow {2 \over 3}\overrightarrow u - {2 \over 3}\overrightarrow v + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow u \) \( \Rightarrow \overrightarrow {AC} = {4 \over 3}\overrightarrow u + {2 \over 3}\overrightarrow v \Rightarrow \overrightarrow {CA} = - {4 \over 3}\overrightarrow u - {2 \over 3}\overrightarrow v \) \(BM\) là trung tuyến thuộc đỉnh \(B\) nên \(\eqalign{ & \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} = 2\overrightarrow {BM} \Rightarrow - \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = 2\overrightarrow v \cr & \Rightarrow \overrightarrow {BC} = 2\overrightarrow v + {2 \over 3}\overrightarrow u - {2 \over 3}\overrightarrow v = {2 \over 3}\overrightarrow u + {4 \over 3}\overrightarrow v \cr} \) Bài 3 trang 17 sgk hình học lớp 10 Trên đường thẳng chứa cạnh \(BC\) của tam giác \(ABC\) lấy một điểm \(M\) sao cho \(\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MC} \). Hãy phân tích vectơ \(\overrightarrow {AM} \) theo hai vectơ \(\overrightarrow u = \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow v = \overrightarrow {AC} \) Giải Trước hết ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MC} \Rightarrow \overrightarrow {MB} = 3.(\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} ) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {BC} \cr & \Rightarrow - 2\overrightarrow {MB} = 3\overrightarrow {BC} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {BM} = {3 \over 2}\overrightarrow {BC} \cr} \) mà \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} \) nên \(\overrightarrow {BM} = {3 \over 2}(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} )\) Theo quy tắc \(3\) điểm, ta có \(\eqalign{ & \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} = \overrightarrow {AB} + {3 \over 2}(\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} ) = - {1 \over 2}\overrightarrow {AB} + {3 \over 2}\overrightarrow {AC} \cr &\text{ Hay } \overrightarrow {AM} = - {1 \over 2}\overrightarrow u + {3 \over 2}\overrightarrow v \cr} \) Bài 4 trang 17 sgk hình học lớp 10 Gọi \(AM\) là trung tuyến của tam giác \(ABC\) và \(D\) là trung điểm của đạn \(AM\). Chứng minh rằng: a) \(2\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow 0 \) b) \(2\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 4\overrightarrow {OD} \), với \(O\) là điểm tùy ý. Giải
a) Vì \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên: Ta có: \(\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {DM} \) Mặt khác, do \(D\) là trung điểm của đoạn \(AM\) nên \(\overrightarrow {DM} = - \overrightarrow {DA} \) Khi đó: \(2\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} = 2\overrightarrow {DA} + 2\overrightarrow {DM} = 2\left( {\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DM} } \right) = \overrightarrow 0 \) b) Ta có: \(\eqalign{ & 2\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 4\overrightarrow {OD} \cr & \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OD} } \right) + \left( {\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OD} } \right) = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow 2\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {DC} = \overrightarrow 0 \cr} \) (Đúng theo câu a) Vậy: \(2\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} = 4\overrightarrow {OD} \), với \(O\) là điểm tùy ý Giaibaitap.me Page 13
Bài 5 trang 17 sgk hình học lớp 10 Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB\) và \(CD\) của tứ giác \(ABCD\). Chứng minh rằng: \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} \) Giải \(N\) là trung điểm của \(CD\): \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} \) (1) Theo quy tắc 3 điểm, ta có: \(\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AC} \) (2) \(\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BD} \) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BD} \) \(= \left( {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right) + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} \) Chứng minh tương tự, ta có: \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} \) Bài 6 trang 17 sgk hình học lớp 10 Cho hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\). Tìm điểm \(K\) sao cho \(3\overrightarrow{KA} + 2\overrightarrow{KB} = \overrightarrow{0}\). Giải Ta có: \(3\overrightarrow{KA} + 2\overrightarrow{KB} = \overrightarrow{0}\)\( \Rightarrow 3\overrightarrow{KA}= -2 \overrightarrow{KB}\) \( \Rightarrow \overrightarrow{KA} = - \frac{2}{3}\overrightarrow{KB}\) Đẳng thức này chứng tỏ hi vec tơ \(\overrightarrow{KA},\overrightarrow{KB}\) là hai véc tơ ngược hướng, do đó \(K\) thuộc đoạn \(AB\) Ta lại có: \(\left | \overrightarrow{KA} \right |= \frac{2}{3}\left | \overrightarrow{KB} \right |\)\( \Rightarrow KA = \frac{2}{3} KB\) Vậy \(K\) là điểm chia trong đoạn thẳng \(AB\) theo tỉ số \(\frac{2}{3}\). Bài 7 trang 17 sgk hình học lớp 10 Cho tam giác \(ABC\). Tìm điểm \(M\) sao cho \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \) Giải Gọi \(D\) là trung điểm của cạnh \(AB\), ta có: \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = 2\overrightarrow {MD} \) Đẳng thức đã cho trở thành: \(2\overrightarrow {MD} + 2\overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \) \(\Rightarrow \overrightarrow {MD} + \overrightarrow {MC} = \overrightarrow 0 \) Đẳng thức này chứng tỏ \(M\) là trung điểm của \(CD\) Bài 8 trang 17 sgk hình học lớp 10 Cho lục giác \(ABCDEF\). Gọi \(M, N, P, Q, R, S\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB, BC, CD, DE, EF, FA\). Chứng minh rằng hai tam giác \(MPR\) và \(NQS\) có cùng trọng tâm. Giải \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên ta có: \(\overrightarrow {MN} = {1 \over 2}\overrightarrow {AC} \) Tương tự ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {PQ} = {1 \over 2}\overrightarrow {CE} \cr & \overrightarrow {RS} = {1 \over 2}\overrightarrow {EA} \cr} \) \(\eqalign{ & \Rightarrow \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = {1 \over 2}\left( {\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CE} + \overrightarrow {EA} } \right) = {1 \over 2}\overrightarrow {AA} = \overrightarrow 0 \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = \overrightarrow 0 (1) \cr & \cr} \) Gọi \(G\) là trong tâm của tam giác \(MPR\), ta có: \(\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GP} + \overrightarrow {GR} = \overrightarrow 0 (2)\) Mặt khác : \(\eqalign{ & \overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GN} \cr & \overrightarrow {PQ} = \overrightarrow {PG} + \overrightarrow {GQ} \cr & \overrightarrow {RS} = \overrightarrow {RG} + \overrightarrow {GS} \cr} \) \(\Rightarrow \overrightarrow {MN} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = \left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {PG} + \overrightarrow {RG} } \right) + \overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} (3)\) Từ (1),(2), (3) suy ra: \(\overrightarrow {GN} + \overrightarrow {GQ} + \overrightarrow {GS} = \overrightarrow 0 \) Vậy \(G\) là trọng tâm của tam giác \(NQS\) Bài 9 trang 17 sgk hình học lớp 10 Cho tam giác đều \(ABC\) có trọng tâm \(O\) và \(M\) là một điểm tùy ý trong tam giác. Gọi \(D,E,F\) lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ \(M\) đến \(BC, AC, AB\). Chứng minh rằng: \(\overrightarrow {MD} + \overrightarrow {ME} + \overrightarrow {MF} = {3 \over 2}\overrightarrow {MO} \) Giải
Qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác A1B1 // AB; A2C2 // AC; B2C1 // BC. Dễ thấy các tam giác MB1C2; MA1C1;MA2B2 đều là các tam giác đều. Ta lại có MD Ta có 2 Tương tự: 2 2 => 2( Tứ giác là hình bình hành nên
Tương tự:
=> 2( vì O là trọng tâm bất kì của tam giác và M là một điểm bất kì nên
Cuối cùng ta có: 2( => Giaibaitap.me Page 14
Page 15
Bài 5 trang 27 sgk hình học lớp 10 Trong các mặt phẳng \(Oxy\) cho điểm \((x_0; y_0)\) a) Tìm tọa độ điểm \(A\) đối xứng với \(M\) qua trục \(Ox\); b) Tìm tọa độ điểm \(B\) đối xứng với \(M\) qua trục \(Oy\); c) Tìm tọa độ điểm \(C\) đối xứng với \(M\) qua gốc \(O\). Giải a) Hai điểm đối xứng nhau qua trục hoành thì có hoành độ bằng nhau và tung độ đối nhau. \({M}({x_0};{y_0}) \Rightarrow {A}({x_0}; - {y_0})\) b) Hai điểm đối xứng với nhau qua trục tung thì có tung độ bằng nhau còn hoành độ thì đối nhau. \({M}({x_0};{y_0}) \Rightarrow {B}( - {x_0};{y_0})\) c) Hai điểm đối xứng nhau qua gốc \(O\) thì các tọa độ tương ứng đối nhau. \(M({x_0};{y_0}) \Rightarrow C( - {x_0}; - {y_0})\) Bài 6 trang 27 sgk hình học lớp 10 Cho hình bình hành \(ABCD\) có \(A(-1; -2), B(3;2), C(4;-1)\). Tìm tọa độ điểm \(D.\) Giải Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{BA}\) Gọi \((x; y)\) là tọa độ của \(D\) thì \(\overrightarrow{CD} = (x-4; y+1)\) \(\overrightarrow{BA}= (-4;-4)\) \(\overrightarrow{CD}\) = \(\overrightarrow{BA}\) ⇔ \(\left\{\begin{matrix} x-4 = -4\\ y+1 = -4 \end{matrix}\right.\) ⇔ \(\left\{\begin{matrix} x=0\\ y=-5 \end{matrix}\right.\) Vậy điểm \(D(0;-5)\) là điểm cần tìm. Bài 7 trang 27 sgk hình học lớp 10 Các điểm \(A'(-4; 1), B'(2;4), C'(2, -2)\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC, CA\) và \(AB\) của tam giác \(ABC\). Tính tọa độ đỉnh của tam giác \(ABC\). Chứng minh rằng trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(A'B'C'\) trùng nhau. Giải
\(A'\) là trung điểm của cạnh \(BC\) nên \(-4 = \frac{1}{2} (x_B+ x_C)\) \(\Rightarrow {x_B} + {x_C} = - 8\) (1) Tương tự ta có \({x_A} + {x_C} = 4\) (2) \({x_B} + {x_A} = 4\) (3) Giải hệ (1), (2) và (3) ta được: \(\left\{ \matrix{ {x_A} = 8 \hfill \cr {x_B} = - 4 \hfill \cr x{}_C = - 4 \hfill \cr} \right.\) Tương tự ta tính được: \(\left\{ \matrix{ {y_A} = 1 \hfill \cr {y_B} = - 5 \hfill \cr y{}_C = 7 \hfill \cr} \right.\) Gọi \(G({x_G};y{}_G)\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) Khi đó ta có: $$\left\{ \matrix{ {x_G} = {{{x_A} + {x_B} + {x_C}} \over 3} = {{8 - 4 - 4} \over 3} = 0 \hfill \cr {y_G} = {{{y_A} + {y_B} + y{}_C} \over 3} = {{1 - 5 + 7} \over 3} = {1} \hfill \cr} \right.$$ Vậy \(G(0;1)\) (*) Gọi \(G'({x_{G'}};y{}_{G'})\) là trong tâm của tam giác \(A'B'C'\) Khi đó ta có: $$\left\{ \matrix{ {x_{G'}} = {{{x_{A'}} + {x_{B'}} + {x_{C'}}} \over 3} = {{ - 4 + 2 + 2} \over 3} = 0 \hfill \cr {y_{G'}} = {{{y_{A'}} + {y_{B'}} + y{}_{C'}} \over 3} = {{1 + 4 - 2} \over 3} = 1 \hfill \cr} \right.$$ Vậy \(G'(0;1)\) (2*) Từ (*) và (2*) ta thấy \(G \equiv G'\) Vậy trọng tâm tam giác \(ABC\) và \(A'B'C'\) trùng nhau. Bài 8 trang 27 sgk hình học lớp 10 Cho \(\overrightarrow{a}= (2; -2)\), \(\overrightarrow{b} = (1; 4)\). Hãy phân tích vectơ \(\overrightarrow{c} = (5; 0)\) theo hai vectơ \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) Giải Giả sử ta phân tích được \(\overrightarrow{c}\) theo \(\overrightarrow{a}\) và \(\overrightarrow{b}\) tức là có hai số \(m, n\) để \(\overrightarrow{c}= m.\overrightarrow{a} + n.\overrightarrow{b}\) cho ta \(\overrightarrow{c}= (2m+n; -2m+4n)\) Vì \(\overrightarrow{c} =(0;5)\) nên ta có hệ: \(\left\{\begin{matrix} 2m+n=5\\ -2m+4n=0 \end{matrix}\right.\) Vậy \(\overrightarrow{c} = 2\overrightarrow{a} + \overrightarrow{b}\) Giaibaitap.me Page 16
Page 17
Page 18
Câu 7 trang 28 SGK Hình học 10 Cho sáu điểm \(M, N, P, Q, R, S\) bất kì. Chứng minh rằng : \(\overrightarrow {MP} + \overrightarrow {NQ} + \overrightarrow {RS} = \overrightarrow {MS} + \overrightarrow {NP} + \overrightarrow {RQ} \) Trả lời: Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {MP} = \overrightarrow {MS} + \overrightarrow {SP} \cr & \overrightarrow {NQ} = \overrightarrow {NP} + \overrightarrow {PQ} \cr & \overrightarrow {RS} = \overrightarrow {RQ} + \overrightarrow {QS} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MP} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {RS} = (\overrightarrow {MS} + \overrightarrow {NP} + \overrightarrow {RQ} ) + (\overrightarrow {SP} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {QS} ) \cr} \) Vì \(\overrightarrow {SP} + \overrightarrow {PQ} + \overrightarrow {QS} = \overrightarrow {SS} = \overrightarrow 0 \) Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Câu 8 trang 28 SGK Hình học 10 Cho tam giác \(OAB\). Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(OA\) và \(OB\). Tìm các số \(m, n\) sao cho: a) \(\overrightarrow {OM} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} \) b) \(\overrightarrow {AN} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} \) c) \(\overrightarrow {MN} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} \) d) \(\overrightarrow {MB} = m\overrightarrow {OA} + n\overrightarrow {OB} \) Trả lời:
a) Ta có: \(\overrightarrow {OM} = {1 \over 2}\overrightarrow {OA} \) Do đó: \(m = {1 \over 2};n = 0\) b) Ta có: vì \(N\) là trung điểm \(OB\) \(\eqalign{ & 2\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {AB} \cr & \Rightarrow 2\overrightarrow {AN} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OB} \cr & \Rightarrow 2\overrightarrow {AN} = 2\overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OB} \Rightarrow \overrightarrow {AN} = - \overrightarrow {OA} + {1 \over 2}\overrightarrow {OB} \cr} \) Vậy \(m = - 1;n = {1 \over 2}\) c) \(\eqalign{ & \overrightarrow {MN} = {1 \over 2}\overrightarrow {AB} \Rightarrow \overrightarrow {MN} = {1 \over 2}(\overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OB} ) \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MN} = - {1 \over 2}\overrightarrow {OA} + {1 \over 2}\overrightarrow {OB} \cr} \) Vậy \(m = - {1 \over 2},n = {1 \over 2}\) d) Ta có: \(\eqalign{ & 2\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BO} \Rightarrow 2\overrightarrow {BM} = \overrightarrow {BO} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {BO} \cr & \Rightarrow 2\overrightarrow {BM} = 2\overrightarrow {BO} + \overrightarrow {OA} \Rightarrow 2\overrightarrow {MB} = - \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} \cr & \Rightarrow \overrightarrow {MB} = - {1 \over 2}\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} \cr} \) Vậy \(m = - {1 \over 2},n = 1\) Câu 9 trang 28 SGK Hình học 10 Chứng minh rằng nếu \(G\) và \(G’\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(ABC\) và \(A’B’C’\) bất kì thì: \(3\overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {CC'} \) Trả lời: Ta có: \(\eqalign{ & \overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {A'G'} \cr & \overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {B'G'} \cr & \overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {CC'} + \overrightarrow {C'G'} \cr & \Rightarrow 3\overrightarrow {GG'} = (\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} ) + (\overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {CC'} ) + (\overrightarrow {A'G'} + \overrightarrow {B'G'} + \overrightarrow {C'G'} )(1) \cr} \) \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên: \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \) (2) \(G’\) là trọng tâm của tam giác \(A’B’C’\) nên: \(\eqalign{ & \overrightarrow {G'A'} + \overrightarrow {G'B'} + \overrightarrow {G'C'} = \overrightarrow 0 \cr & \Leftrightarrow \overrightarrow {A'G'} + \overrightarrow {B'G'} + \overrightarrow {C'G'} = \overrightarrow 0 \cr} \) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(3\overrightarrow {GG'} = \overrightarrow {AA'} + \overrightarrow {BB'} + \overrightarrow {CC'} \) Câu 10 trang 28 SGK Hình học 10 Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), các khẳng định sau đúng hay sai? a) Hai vectơ đối nhau thì chúng có hoành độ đối nhau b) Vecto \(\overrightarrow a \) cùng phương với \(\overrightarrow i \) nếu a có hoành độ bằng 0 c) Vecto \(\overrightarrow i \) có hoành độ bằng 0 thì cùng phương với \(\overrightarrow j \) Trả lời: a) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho vectơ \(\overrightarrow a = (a_1;a_2)\) và vectơ đối của vectơ \(\overrightarrow a \) là vectơ \(\overrightarrow b = - \overrightarrow a =(-a_1;-a_2)\) Vậy khẳng định hai vectơ đối nhau thì chúng có hoành độ đối nhau là đúng. b) Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), vectơ \(\overrightarrow i (1; 0)\). Vecto \(\overrightarrow a ≠ 0\) cùng phương với vecto \(\overrightarrow i \) khi \(\overrightarrow a = k\overrightarrow i \) với \(k ∈\mathbb R\). Suy ra: \(\overrightarrow a = (k; 0)\) với \(k ≠ 0\). Vậy khẳng định vectơ \(a≠ 0\) cùng phương với vectơ nếu có hoành độ bằng \(0\) là sai. c) Trong mặt phẳng \(Oxy\) có vectơ \((0; 1)\) Vectơ \(\overrightarrow a \) cùng phương với vectơ \(\overrightarrow j \) khi \(\overrightarrow a = k \overrightarrow j \) với \(k ∈\mathbb R\). Suy ra: \(\overrightarrow a = (0;k)\) với \(k ∈\mathbb R\). Vậy khẳng định Vectơ \(\overrightarrow a \) có hoành độ bằng \(0\) thì cùng phương với \(\overrightarrow j \) là đúng. Giaibaitap.me Page 19
Page 20
Page 21
Page 22
Page 23
Page 24
Page 25
Page 26
|
