Sách bài tập Toán 10 Bài 9 (Kết nối tri thức): Tích của một vectơ với một số

Giải SBT Toán lớp 10 Bài 9: Tích của một vectơ với một số

Giải SBT Toán 10 trang 54 Tập 1

Bài 4.13 trang 54 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC. Gọi D, E tương ứng là trung điểm của BC, CA. Hãy biểu thị các vectơ $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{BE}$ 

Lời giải:

Ta có:

+) D là trung điểm của BC nên $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}$ 

+) E là trung điểm của AC nên $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE}$ 

Do đó 

+) Vì $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}$ nên $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}$

Mà 

+) $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}$ (quy tắc hiệu)

Vậy $\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AD}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BE};$ $\overrightarrow{BC}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AD}+\frac{4}{3}\overrightarrow{BE}$ và $\overrightarrow{CA}=-\frac{4}{3}\overrightarrow{AD}-\frac{2}{3}\overrightarrow{BE}.$

Bài 4.14 trang 54 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác OAB vuông cân, với OA = OB = a. Hãy xác định độ dài của các vectơ sau $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB},$ $\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB},$ $\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB},$ $2\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB}.$ 

Lời giải:

Gọi C là điểm thoả mãn OACB là hình bình hành

Mà ∆OAB vuông cân có OA = OB nên OACB là hình vuông

Þ OC = AB

Mà AB² = OA² + OB² (định lí Pythagoras)

Þ AB² = a² + a² = 2a²

$\Rightarrow OC=AB=a\sqrt{2}$ 

+) Có: $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OC}$ (quy tắc hình bình hành)

$\Rightarrow \left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OC}\right|=OC=a\sqrt{2}$ 

+) Có:

$\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{BA}$ 

$\Rightarrow \left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OC}\right|=OC=a\sqrt{2}$

+) Lấy điểm D sao cho $\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OB}$ nên hai vectơ $\overrightarrow{OD}$, $\overrightarrow{OB}$ cùng hướng và OD = 2OB.

Có: $\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}$

Vẽ hình chữ nhật OAED, khi đó $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{OE}$

$\Rightarrow \left|\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OE}\right|=OE$ 

Mà OE² = OD² + DE² (định lí Pythagoras)

Þ OE² = (2OB)² + OA²

Þ OE² = (2a)² + a² = 5a²

$\Rightarrow OE=a\sqrt{5}$ 

Do đó $\left|\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}\right|=a\sqrt{5}$

+) Lấy điểm G sao cho $\overrightarrow{OG}=2\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OB}$ 

Khi đó: hai vectơ $\overrightarrow{OG}$, $\overrightarrow{OA}$ cùng hướng và OG = 2OA;

Và hai vectơ $\overrightarrow{OH}$, $\overrightarrow{OB}$ cùng hướng và OH = 3OB.

Có: $2\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OH}$

$=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{HO}$ $=\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OG}$ 

$=\overrightarrow{HG}$

$\Rightarrow \left|2\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{HG}\right|=HG$ 

Mà HG² = OG² + OH² (định lí Pythagoras)

Þ HG² = (2OA)² + (3OB)²

Þ HG² = (2a)² + (3a)²

Þ HG² = 13a²

$\Rightarrow HG=a\sqrt{13}$ 

Do đó $\left|2\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB}\right|=a\sqrt{13}.$

Vậy $\left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=a\sqrt{2};$$\left|\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right|=a\sqrt{2};$$\left|\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}\right|=a\sqrt{5}$ và $\left|2\overrightarrow{OA}-3\overrightarrow{OB}\right|=a\sqrt{13}.$

Bài 4.15 trang 54 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có trực tâm H, trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O.

a) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}.$ 

b) Chứng minh rằng $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}.$ 

c) Chứng minh rằng ba điểm G, H, O cùng thuộc một đường thẳng.

Lời giải:

a) Kẻ đường kính AD.

Hai điểm B, C thuộc đường tròn đường kính AD nên $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}=90°$ 

Hay BD ⊥ AB, CD ⊥ AC

Lại có H là trực tâm ∆ABC nên BH ⊥ AC, CH ⊥ AB

Þ BH /// CD và CH // BD

Þ BHCD là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

Þ Hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (tính chất hình bình hành)

Mà M là trung điểm của BC

Þ M là trung điểm của HD

Mà O là trung điểm của AD

Khi đó OM là đường trung bình của ∆AHD

Þ OM // AH và $AH=2.OM$ (tính chất đường trung bình)

Do đó hai vectơ $\overrightarrow{AH}$ và $\overrightarrow{OM}$ có:

+ Cùng phương, cùng hướng

+ Độ dài: $\left|\overrightarrow{AH}\right|=2\left|\overrightarrow{OM}\right|$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}.$

Vậy $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}.$

b) Vì M là trung điểm của BC nên $\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OM}$ 

Mà $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$ (câu a)

Vậy $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}.$

c) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}.$

Mà $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}$ (câu b)

Suy ra $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$ 

Khi đó $\overrightarrow{OH}$ và $\overrightarrow{OG}$ cùng phương, cùng hướng

Þ O, H, G thẳng hàng.

Vậy ba điểm O, H, G thẳng hàng.

Bài 4.16 trang 54 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, CD và gọi I là trung điểm của MN. Chứng minh rằng với điểm O bất kì đều có

$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=4\overrightarrow{OI}.$ 

Lời giải:

Với điểm O bất kì ta có:

+) $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OM}$ (do M là trung điểm của AB)

+) $\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{ON}$ (do N là trung điểm của CD)

+) $\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=2\overrightarrow{OI}$ (do I là trung điểm của MN)

Þ $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=2\overrightarrow{OM}+2\overrightarrow{ON}$

$=2\left(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}\right)=2.2\overrightarrow{OI}=4\overrightarrow{OI}$ 

Vậy với điểm O bất kì đều có: $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}=4\overrightarrow{OI}.$ 

Bài 4.17 trang 54 SBT Toán 10 Tập 1: Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S theo thứ tự 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.

Lời giải:

+) Vì M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC

Nên MN là đường trung bình của tam giác ABC.

Þ MN // AC và $MN=\frac{1}{2}AC$ (tính chất đường trung bình)

Do đó $\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$                                                (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có: $\overrightarrow{PQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CE}$         (2)

Và $\overrightarrow{RS}=\frac{1}{2}\overrightarrow{EA}$                                                       (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

$\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{RS}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\frac{1}{2}\overrightarrow{CE}+\frac{1}{2}\overrightarrow{EA}$

$=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{EA}\right)$ 

$=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{EA}\right)$ (quy tắc ba điểm)

$=\frac{1}{2}\overrightarrow{\text{AA}}$                 (quy tắc ba điểm)

$=\frac{1}{2}.\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}$

Do đó $\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{0}$

+) Giả sử G và G’ lần lượt là trọng tâm của tam giác MPR và tam giác NQS.

Khi đó ta có: $\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{PG}+\overrightarrow{RG}=\overrightarrow{0}$ và $\overrightarrow{N{G}^{‘}}+\overrightarrow{Q{G}^{‘}}+\overrightarrow{S{G}^{‘}}=\overrightarrow{0}$ hay $\overrightarrow{G^{‘}N}+\overrightarrow{G^{‘}Q}+\overrightarrow{G^{‘}S}=\overrightarrow{0}$

Mặt khác: theo quy tắc ba điểm ta có:

$\Rightarrow \overrightarrow{MN}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{PG}+\overrightarrow{RG}+3.\overrightarrow{G{G}^{‘}}+\overrightarrow{G^{‘}N}+\overrightarrow{G^{‘}Q}+\overrightarrow{G^{‘}S}$

$=\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{PG}+\overrightarrow{RG}\right)+3.\overrightarrow{G{G}^{‘}}+\left(\overrightarrow{G^{‘}N}+\overrightarrow{G^{‘}Q}+\overrightarrow{G^{‘}S}\right)$

$=\overrightarrow{0}+3.\overrightarrow{G{G}^{‘}}+\overrightarrow{0}$

$=3.\overrightarrow{G{G}^{‘}}$

+) Lại có $\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{PQ}+\overrightarrow{RS}=\overrightarrow{0}$ (chứng minh trên)

Nên $3\overrightarrow{G{G}^{‘}}=\overrightarrow{0}$

$\Rightarrow \overrightarrow{G{G}^{‘}}=\overrightarrow{0}$

Suy ra G và G’ trùng nhau.

Vậy hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.

Bài 4.18 trang 54 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC đều với trọng tâm O. M là một điểm tuỳ ý nằm trong tam giác. Gọi D, E, F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB.

Chứng minh rằng $\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MO}.$

Lời giải:

Qua M, kẻ các đường thẳng IJ // BC, HK // AC, PQ // AB.

Tam giác ABC đều nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60°$

Mà PQ // AB nên $\widehat{MQK}=\widehat{ABC}=60°,$

HK // AC nên $\widehat{MKQ}=\widehat{ACB}=60°$

Tam giác MQK có: $\widehat{MQK}=\widehat{MKQ}=60°$ nên là tam giác đều.

Lại có MD là đường cao kẻ từ M nên MD đồng thời là đường trung tuyến

Do đó D là trung điểm của QK

$\Rightarrow \overrightarrow{MQ}+\overrightarrow{MK}=2\overrightarrow{MD}$               (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

+) $\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{MI}=2\overrightarrow{MF}$                 (2)

+) $\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MJ}=2\overrightarrow{ME}$                 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

$\overrightarrow{MQ}+\overrightarrow{MK}+\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MP}+\overrightarrow{MJ}=2\overrightarrow{MD}+2\overrightarrow{MF}+2\overrightarrow{ME}$

$\Rightarrow 2\left(\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{MF}+\overrightarrow{ME}\right)=\left(\overrightarrow{MQ}+\overrightarrow{MI}\right)$$+\left(\overrightarrow{MK}+\overrightarrow{MJ}\right)+\left(\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{MP}\right)$

Vì MI // BQ, MQ // BI nên tứ giác MIBQ là hình bình hành

$\Rightarrow \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{MB}$

Tương tự ta có $\overrightarrow{MK}+\overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{MC};\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{MP}=\overrightarrow{MA}$

Khi đó 

Lại có O là trọng tâm của tam giác ABC nên $\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MA}=3\overrightarrow{MO}$

$\Rightarrow \overrightarrow{MD}+\overrightarrow{MF}+\overrightarrow{ME}=\frac{1}{2}.3\overrightarrow{MO}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MO}.$

Vậy $\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF}=\frac{3}{2}\overrightarrow{MO}.$

Bài 4.19 trang 54 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC.

a) Tìm điểm M sao cho $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}.$

b) Xác định điểm N thoả mãn $4\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}.$

Lời giải:

a)

Gọi I là trung điểm của AB.

Khi đó: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=$$2\overrightarrow{MI}+2\overrightarrow{MC}=2\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MC}\right)$

Gọi K là trung điểm của IC, khi đó: $\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow{MK}$

$\Rightarrow \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=2.2\overrightarrow{MK}=4\overrightarrow{MK}.$

Mà $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}.$

Do đó $4\overrightarrow{MK}=\overrightarrow{0}\iff \overrightarrow{MK}=\overrightarrow{0}$

Suy ra M ≡ K.

Vậy M là trung điểm của IC (với I là trung điểm của AB).

b)

Ta có: 

Gọi H là trung điểm của AC, khi đó 

Giả sử P là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{PA}+2.\overrightarrow{PH}=\overrightarrow{0}$

Khi đó 

Mà $4\overrightarrow{NA}-2\overrightarrow{NB}+\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}.$

Nên 

Gọi Q là điểm nằm trên cạnh AB sao cho $\overrightarrow{AQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$

$\Rightarrow \overrightarrow{NP}=\overrightarrow{AQ}$

Do đó tứ giác AQPN là hình bình hành

Vậy điểm N cần tìm là đỉnh của hình bình hành AQPN (với Q thỏa mãn $\overrightarrow{AQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$ và P thỏa mãn $\overrightarrow{PA}+2.\overrightarrow{PH}=\overrightarrow{0}$, H là trung điểm của AC).

Giải SBT Toán 10 trang 55 Tập 1

Bài 4.20 trang 55 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC.

a) Tìm điểm K thoả mãn $\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}.$

b) Tìm tập hợp các điểm M thoả mãn $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{2MB}+3\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|.$

Lời giải:

a)

Gọi I là trung điểm của AC, H là trung điểm của BC.

Khi đó $\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KC}=2\overrightarrow{KI}$ và $\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}=2\overrightarrow{KH}$

$\Rightarrow \overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}$$=\left(\overrightarrow{KA}+\overrightarrow{KC}\right)+2\left(\overrightarrow{KB}+\overrightarrow{KC}\right)$

$=2\overrightarrow{KI}+2.2\overrightarrow{KH}$$=2\overrightarrow{KI}+4\overrightarrow{KH}$

Mà $\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}.$

Nên 

Khi đó $\overrightarrow{KI}$ và $\overrightarrow{KH}$ là hai vectơ cùng phương, ngược hướng và $\left|\overrightarrow{KI}\right|=2\left|\overrightarrow{KH}\right|$

Do đó điểm K nằm giữa hai điểm I và H sao cho KI = 2KH.

Vậy ta có điểm K thỏa mãn $\overrightarrow{KA}+2\overrightarrow{KB}+3\overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0}$ như hình vẽ.

b)

Chứng minh tương tự câu a ta có:

Mà $2\overrightarrow{KI}+4\overrightarrow{KH}=\overrightarrow{0}$ (câu a)

Nên $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{2MB}+3\overrightarrow{MC}=6\overrightarrow{MK}$

Lại có: $\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{CB}$

Do đó  $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{2MB}+3\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|.$

$\iff \left|6\overrightarrow{MK}\right|=\left|\overrightarrow{CB}\right|$

Û 6MK = CB

$\iff KM=\frac{BC}{6}$

Do đó tập hợp điểm M là đường tròn tâm K, bán kính bằng $\frac{BC}{6}$ như hình vẽ.

Bài 4.21 trang 55 SBT Toán 10 Tập 1: Một vật đồng chất được thả vào một cốc chất lỏng. Ở trạng thái cân bằng, vật chìm một nửa thể tích trong chất lỏng. Tìm mối liên hệ giữa trọng lực $\overrightarrow{P}$ của vật và lực đẩy Archimedes $\overrightarrow{F}$ mà chất lỏng tác động lên vật. Tính tỉ số giữa trọng lượng riêng của vật và của chất lỏng.

Lời giải:

Trọng lực $\overrightarrow{P}$ của vật và lực đẩy Archimedes $\overrightarrow{F}$ mà chất lỏng tác động lên vật được mô tả như hình vẽ trên.

Do vật ở trạng thái cân bằng nên hai lực $\overrightarrow{P}$và $\overrightarrow{F}$ ngược hướng nhau và có cường độ bằng nhau.

$\Rightarrow \left|\overrightarrow{P}\right|=\left|\overrightarrow{F}\right|$

Gọi d và d’ là trọng lượng riêng của vật và chất lỏng;

V là thể tích của vật

Khi thả vật vào cốc chất lỏng thì ở trạng thái cân bằng, vật chìm một nửa thể tích trong chất lỏng nên thể tích chất lỏng bị chiếm chỗ là $\frac{V}{2}.$

Khi đó trọng lượng của vật là: P = d.V

Và lực đẩy Archimedes mà chất lỏng tác động lên vật là: $F_A=d^{‘}.\frac{V}{2}.$

Do đó

$\left|\overrightarrow{P}\right|=\left|\overrightarrow{F}\right|\iff d.V=d^{‘}.\frac{V}{2}\iff d=\frac{d^{‘}}{2}\iff \frac{d}{d^{‘}}=\frac{1}{2}.$  

Vậy tỉ số giữa trọng lượng riêng của vật và của chất lỏng bằng $\frac{1}{2}$

Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 8: Tổng và hiệu của hai vectơ

Bài 10: Vectơ trong mặt phẳng tọa độ

Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ

Bài tập cuối chương 4

====== ****&**** =====