Bài 4.29, 4.30, 4.31, 4.32, 4.33, 4.34, 4.35, 4.36, 4.37, 4.38 trang 65, 66 SBT Toán 10 tập 1 Kết nối tri thức

Bài 4.29 trang 65 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Cho tam giác đều \(ABC\) có độ dài cạnh bằng 1.

a) Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC.\) Tính tích vô hướng của các cặp vectơ \(\overrightarrow {MA} \) và \(\overrightarrow {BA} ,\) \(\overrightarrow {MA} \) và \(\overrightarrow {AC} .\)

b) Gọi \(N\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(C.\) Tính tích vô hướng \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} \)

c) Lấy điểm \(P\) thuộc đoạn \(AN\) sao cho \(AP = 3PN.\) Hãy biểu thị các vectơ \(\overrightarrow {AP} ,\,\,\overrightarrow {MP} \) thuộc hai vectơ \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} .\) Tính độ dài đoạn \(MP.\)

Lời giải:

a) Xét \(\Delta ABC\) đều cạnh bằng 1 có: \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\)

\( \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}}\\{\left( {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {BA} } \right) = {{30}^ \circ }}\\{\left( {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {AC} } \right) = {{150}^ \circ }}\end{array}} \right.\)

Ta có: \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA}  = \left| {\overrightarrow {MA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {BA} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\cos {30^ \circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{4}\)

\(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC}  = \left| {\overrightarrow {MA} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {MA} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\cos {150^ \circ } = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \frac{{ - 3}}{4}\)

b) Ta có: \(MN = CM + CN = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}\)

Ta có: \(\widehat {MAN} = {60^ \circ }\)

Xét \(\Delta AMN\) vuông tại \(M\) có:

\(AN = \sqrt {A{M^2} + M{N^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt 3 \)

Ta có: \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN}  = \left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\left| {\overrightarrow {AN} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AN} } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 .\cos {60^ \circ } = \frac{3}{2}.\frac{1}{2} = \frac{3}{4}\)

c) Ta có: \(P\) thuộc đoạn \(AN\) sao cho \(AP = 3PN.\)

Nên \(\overrightarrow {AP}  = \frac{3}{4}\overrightarrow {AN}  = \frac{3}{4}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {CN} } \right) = \frac{3}{4}\left( {\overrightarrow {AC}  + \overrightarrow {BC} } \right) = \frac{3}{4}\left( {2\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {MP}  = \overrightarrow {AP}  - \overrightarrow {AM}  = \frac{3}{4}\left( {2\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right) = \overrightarrow {AC}  - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} \)

Ta có: \(AP = \frac{3}{4}AN = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}\)

\( \Rightarrow \) \(MP = \sqrt {A{P^2} + A{M^2} - 2AP.AM.\cos \widehat {MAP}}  = \frac{{\sqrt {21} }}{4}\)

Bài 4.30 trang 65 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Cho hình chữ nhật \(ABCD\) có \(AB = 1,\,\,BC = \sqrt 2 .\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD.\)

a) Chứng minh rằng các đường thẳng \(AC\) và \(BM\) vuông góc với nhau.

b) Gọi \(H\) là giao điểm của \(AC,\,\,BM.\) Gọi \(N\) là trung điểm của \(AH\) và \(P\) là trung điểm của \(CD.\) Chứng minh rằng tam giác \(NBP\) là một tam giác vuông.

Lời giải:

a) Ta có: \(\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} \) (quy tắc hình bình hành)

Ta có: \(\overrightarrow {BM}  = \overrightarrow {AM}  - \overrightarrow {AB}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM}  = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD} } \right)\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right)\)

 \(\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  - {\overrightarrow {AB} ^2} + \frac{1}{2}{\overrightarrow {AD} ^2} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \\ =  - {\overrightarrow {AB} ^2} + \frac{1}{2}{\overrightarrow {AD} ^2} =  - 1 + \frac{1}{2}\left( {\sqrt 2 } \right) - 1 + 1 = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {AC}  \bot \overrightarrow {BM} \) \( \Rightarrow \) \(AC \bot BM\)

b) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {1 + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt 3 \)       (1)

Xét \(\Delta ABN\) vuông tại \(A\) có:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow \,\,\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = 1 + 2 = 3\)

\( \Rightarrow \,\,AH = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)      (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \) \(AH = \frac{1}{3}AC\)

Ta có: \(\overrightarrow {NB}  = \overrightarrow {AB}  - \overrightarrow {AN}  = \overrightarrow {AB}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AH}  = \overrightarrow {AB}  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AC}  = \frac{5}{6}\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} \)

Ta có: \(\overrightarrow {NP}  = \overrightarrow {CP}  - \overrightarrow {CN}  = \frac{1}{2}\overrightarrow {CD}  - \frac{5}{6}\overrightarrow {CA}  = \frac{5}{6}\overrightarrow {AC}  - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB}  = \frac{5}{6}\overrightarrow {AD}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {NB} .\overrightarrow {NP}  = \left( {\frac{5}{6}\overrightarrow {AB}  - \frac{1}{6}\overrightarrow {AD} } \right)\left( {\frac{5}{6}\overrightarrow {AD}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} } \right)\)

                   \(\begin{array}{l} = \frac{{25}}{{36}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  + \frac{5}{{18}}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{5}{{36}}{\overrightarrow {AD} ^2} - \frac{1}{{18}}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \\ = \frac{5}{{18}}{\overrightarrow {AB} ^2} - \frac{5}{{36}}{\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{5}{{18}}.1 - \frac{5}{{36}}.\left( {\sqrt 2 } \right) = \frac{5}{{18}} - \frac{5}{{18}} = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {NB}  \bot \overrightarrow {NP} \) \( \Rightarrow \) \(NB \bot NP\)

\( \Rightarrow \) \(\Delta NBP\) vuông tại \(N\).

Bài 4.31 trang 65 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Cho tam giác \(ABC\) có \(\widehat A < {90^ \circ }.\) Dựng ra phía ngoài tam giác hai tam giác vuông cân đỉnh \(A\) là \(ABD\) và \(ACE.\) Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) theo thứ tự là trung điểm \(BC,\,\,BD,\,\,CE.\) Chứng minh rằng:

a) \(AM\) vuông góc với \(DE.\)

b) \(BE\) vuông góc với \(CD.\)

c) Tam giác \(MNP\) là một tam giác vuông cân.

Lời giải:

a) Ta có: \(\overrightarrow {DE}  = \overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AD} \)  và  \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right)\left( {\overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AD} } \right)\)

 \(\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {AB.AE.\cos \widehat {BAE} - AC.AD.\cos \widehat {CAD}} \right) = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {AM}  \bot \overrightarrow {DE} \) \( \Rightarrow \) \(AM \bot DE\)

b) Ta có: \(\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} \)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CD}  = \left( {\overrightarrow {AE}  - \overrightarrow {AB} } \right)\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right)\)

\(\begin{array}{l} = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = AE.AD.\cos \widehat {DAE} + AB.AC.\cos \widehat {BAC}\\ = AE.AD.\cos \widehat {DAE} + AB.AC.\cos \left( {{{180}^ \circ } - \widehat {DAE}} \right) = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {BE}  \bot \overrightarrow {CD} \) \( \Rightarrow \) \(BE \bot CD\)

c) Ta có: \(MN\) và \(MP\) lần lượt là đường trung bình của \(\Delta BCD\) và \(\Delta ACE\)

\( \Rightarrow \) \(MN\)//\(CD\) và \(MP\)//\(BE\)

mặt khác \(CD \bot BE\) (cm câu b)

\( \Rightarrow \) \(MN \bot MP\)

\( \Rightarrow \) \(\Delta MNP\) vuông tại \(M\)

Bài 4.32 trang 65 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) thỏa mãn \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 6,\,\,\left| {\overrightarrow b } \right| = 8\) và \(\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right| = 10.\)

a) Tính tích vô hướng \(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right).\)

b) Tính số đo của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow a  + \overrightarrow b .\)

Lời giải:

Giả sử \(\overrightarrow {OA}  = \overrightarrow a ,\) \(\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow b \) khi đó \(\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow a  + \overrightarrow b \)

Nhận thấy \(O{A^2} + A{B^2} = {6^2} + {8^2} = 100 = O{B^2}\)

\( \Rightarrow \) \(\Delta OAB\) là tam giác vuông tại \(A\)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {AB}  = 0\) hay \(\overrightarrow a .\overrightarrow b  = 0\)

a)      Ta có: \(\overrightarrow a \left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right) = {\overrightarrow a ^2} + \overrightarrow a .\overrightarrow b  = {\overrightarrow a ^2} = 36.\)

b)     Ta có: \(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right) = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right|.\cos \left( {\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \,\,36 = 6.10.\cos \left( {\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right)\\ \Leftrightarrow \,\,\cos \left( {\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right) = \frac{3}{5}\\ \Leftrightarrow \,\,\left( {\overrightarrow a ,\,\,\overrightarrow a  + \overrightarrow b } \right) \approx {53^ \circ }\end{array}\)

Bài 4.33 trang 65 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Cho tam giác \(ABC\) không cân. Gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ \(A,\,\,B,\,\,C;\) gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) tương ứng là trung điểm các cạnh \(BC,\,\,CA,\,\,AB.\) Chứng minh rằng \(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB}  = 0\)

Lời giải:

Gọi \(H\) là trực tâm và \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)

Ta có: \(ON \bot AC,\) \(OM \bot BC,\) \(OP \bot AB\) (quan hệ giữa đường kính và dây cung)

Áp dụng định lý chiếu ta có:

\(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC}  = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OC}  - \overrightarrow {OB} } \right) = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC}  - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} \)     (1)

\(\overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA}  = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {OC} } \right) = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA}  - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} \)       (2)

\(\overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {OA} } \right) = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} \)        (3)

Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC}  + \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA}  + \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB}  = 0\) (đpcm)

Bài 4.34 trang 65 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho hai điểm \(A(2;1)\) và \(B(4;3).\)

a) Tìm tọa độ của điểm \(C\) thuộc trục hoành sao cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A.\) Tính chu vi và diện tích của tam giác \(ABC.\)

b) Tìm tọa độ điểm \(D\) sao cho tam giác \(ABD\) vuông cân tại \(A.\)

Lời giải:

a) Vì điểm \(C\) thuộc trục hoành nên tọa độ điểm \(C\) là: \(C(x;0)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = (2;2)\) và \(\overrightarrow {AC}  = (x - 2; - 1)\)

Để tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) \( \Leftrightarrow \) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}  = 0\)

\( \Leftrightarrow \) \(2\left( {x - 2} \right) - 2 = 0\)

\( \Leftrightarrow \) \(2x - 6 = 0\)

\( \Leftrightarrow \) \(x = 3\)

Vậy \(C(3;0).\)

Ta có: \(AB = 2\sqrt 2 ,\) \(AC = \sqrt 2 \) và \(BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{{\left( {3 - 4} \right)}^2} + {3^2}}  = \sqrt {10} \)

Chu vi tam giác \(ABC\) là: \(AB + AC + BC = 2\sqrt 2  + \sqrt 2  + \sqrt {10}  = 3\sqrt 2  + \sqrt {10} \)

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.2\sqrt 2 .\sqrt 2  = 2\) (đvdt)

b) Gọi tọa độ điểm \(D\) là: \(D(x;y)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AD}  = (x - 2;y - 1)\) và \(\overrightarrow {AB}  = (2;2)\)

Để tam giác \(ABD\) vuông cân tại \(A\)

\( \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  = 0}\\{AB = AD}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2\left( {x - 2} \right) + 2\left( {y - 1} \right) = 0}\\{{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} = 8}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 3}\\{{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {y - 1} \right)}^2} = 8}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 3 - x}\\{{{\left( {x - 2} \right)}^2} + {{\left( {3 - x - 1} \right)}^2} = 8}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 3 - x}\\{{{\left( {x - 2} \right)}^2} = 4}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 3 - x}\\{x - 2 =  \pm 2}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = 3}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 4}\\{y =  - 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

Vậy \(D(0;3)\) hoặc \(D(4; - 1)\)

Bài 4.35 trang 65 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho hai điểm \(A(1;4)\) và \(C(9;2)\) là hai đỉnh của hình vuông \(ABCD.\) Tìm tọa độ các đỉnh \(B,\,\,D\) biết rằng tung độ của \(B\) là một số âm.

Lời giải:

Gọi \(B(x;y)\) và \(D(x';y')\). Điều kiện: \(y < 0\)

Gọi \(I\) là trung điểm của \(AC\)

\( \Rightarrow \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{1 + 9}}{2} = 5}\\{y = \frac{{4 + 2}}{2} = 3}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \) \(I(5;3)\)

Ta có: \(I\) là trung điểm của

\( \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + x' = 10}\\{y + y' = 6}\end{array}\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 10 - x'}\\{y = 6 - y'}\end{array}} \right.} \right.\)        (1)

Xét hình vuông \(ABCD\) có \(I\) là trung điểm của \(AC\)

\( \Rightarrow \) \(AC \bot BD\) tại trung điểm \(I\) của chúng.

Ta có: \(\overrightarrow {IA}  = ( - 4;1)\), \(\overrightarrow {IB}  = (x - 5;y - 3)\), \(\overrightarrow {IC}  = (4; - 1)\) và \(\overrightarrow {ID}  = (x' - 5;y' - 3)\)

Xét \(\Delta AID\) vuông tại \(I\) có:

\( \Rightarrow \) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {ID}  = 0}\\{IA = ID}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 4\left( {x' - 5} \right) + \left( {y' - 3} \right) = 0}\\{{{\left( {x' - 5} \right)}^2} + {{\left( {y' - 3} \right)}^2} = 17}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y' = 4x' - 17}\\{{{\left( {x' - 5} \right)}^2} + {{\left( {4x' - 17 - 3} \right)}^2} = 17}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y' = 4x' - 17}\\{{{\left( {x' - 5} \right)}^2} + 16{{\left( {x' - 5} \right)}^2} = 17}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y' = 4x' - 17}\\{{{\left( {x' - 5} \right)}^2} = 1}\end{array}} \right.\,\, \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y' = 4x' - 17}\\{x' - 5 =  \pm 1}\end{array}} \right. \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 6}\\{y' = 7}\end{array}} \right.}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x' = 4}\\{y' =  - 1}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)\(\) (thỏa mãn)

Với \(x' = 4\) và \(y' =  - 1\) thay vào hệ phương trình (1), ta được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 10 - 4 = 6}\\{y = 4 + 1 = 7}\end{array}} \right.\)   (loại)

Với \(x' = 6\) và \(y' = 7\) thao vào hệ phương trình (1), ta được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 10 - 6 = 4}\\{y = 6 - 7 =  - 1}\end{array}} \right.\) (thỏa mãn)

Vậy \(B(4; - 1)\) và \(D(6;7)\)

Bài 4.36 trang 66 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho hai điểm \(A(1;1)\) và \(B(7;5).\)

a) Tìm tọa độ của điểm \(C\) thuộc trục hoành sao cho \(C\) cách đều \(A\) và \(B.\)

b) Tìm tọa độ của điểm \(D\) thuộc trục tung sao cho vectơ \(\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DB} \) có độ dài ngắn nhất.

Lời giải:

a) Vì điểm \(C\) thuộc trục hoành nên tạo độ điểm \(C\) là: \(C(x;0)\)

Ta có: \(\overrightarrow {CA}  = (1 - x;1)\) và \(\overrightarrow {CB}  = (7 - x;5)\)

Để điểm \(C\) cách đều \(A\) và \(B\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \,\,AC = BC\\ \Leftrightarrow \,\,{\left( {1 - x} \right)^2} + 1 = {\left( {7 - x} \right)^2} + {5^2}\\ \Leftrightarrow \,\,{x^2} - 2x + 2 = {x^2} - 14x + 74\\ \Leftrightarrow \,\,12x = 72\\ \Leftrightarrow \,\,x = 6\end{array}\)

Vậy \(C(6;0)\)

b) Vì điểm \(D\) thuộc trục tung nên \(D(0;y)\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(M(4;3).\)

Ta có: \(\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DB}  = 2\overrightarrow {DM} \)

Để \(\overrightarrow {DA}  + \overrightarrow {DB} \) có độ dài ngắn nhất

\( \Leftrightarrow \) \(\overrightarrow {DM} \) có độ dài ngắn nhất

\( \Leftrightarrow \) \(D\) là hình chiếu của \(M\) trên trục \(Oy\)

\( \Leftrightarrow \) \(D(0;3)\)

Bài 4.37 trang 66 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\) cho ba điểm \(A( - 3;2),\,\,B(1;5)\) và \(C(3; - 1).\)

a)  Chứng minh rằng \(A,\,\,B,\,\,C\) là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác ấy.

b) Tìm tọa độ trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC.\)

c) Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\) Tìm tọa độ của \(I.\)

Lời giải:

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = (4;3)\) và \(\overrightarrow {AC}  = (6; - 3)\)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {AC} \) không cùng phương

\( \Rightarrow \) ba điểm \(A,\,\,B,\,\,C\) không thẳng hàng

\( \Rightarrow \) ba điểm \(A,\,\,B,\,\,C\) là ba đỉnh của một tam giác.

Gọi \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\)

\( \Rightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{{ - 3 + 1 + 3}}{3} = \frac{1}{3}}\\{y = \frac{{2 + 5 - 1}}{3} = 2}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,G\left( {\frac{1}{3};2} \right)\)

b) Gọi \(H(x;y)\) là trực tâm của \(\Delta ABC\)

Ta có: \(\overrightarrow {BH}  = (x - 1;y - 5)\) và \(\overrightarrow {CH}  = (x - 3;y + 1)\)

Do \(BH \bot AC\) và \(CH \bot AB\)

Nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC}  = 0}\\{\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB}  = 0}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{6\left( {x - 1} \right) - 3\left( {y - 5} \right) = 0}\\{4\left( {x - 3} \right) + 3\left( {y + 1} \right) = 0}\end{array}} \right.\)

\( \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x - y =  - 3}\\{4x + 3y = 9}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0}\\{y = 3}\end{array}} \right.\)

Vậy \(H(0;3).\)

c) Gọi \(I(x;y)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\)

Ta có: \(\overrightarrow {IH}  = 3\overrightarrow {IG} \) \( \Leftrightarrow \) \(( - x;3 - y) = 3\left( {\frac{1}{3} - x;2 - y} \right) = \left( {1 - 3x;6 - 3y} \right)\)

\( \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - x = 1 - 3x}\\{3 - y = 6 - 3y}\end{array}} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = \frac{1}{2}}\\{y = \frac{3}{2}}\end{array}} \right.\)

Vậy \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\)

Bài 4.38 trang 66 SBT Toán lớp 10 tập 1 - Kết nối tri thức

Cho ba điểm \(M,\,\,N,\,\,P.\) Nếu một lực \(\overrightarrow F \) không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm, thì các công sinh bởi lực \(\overrightarrow F \) trong hai trường hợp sau có mối quan hệ gì với nhau?

a) Chất điểm chuyển động theo đường gấp khúc từ \(M\) đến \(N\) rồi tiếp tục từ \(N\) đến \(P.\)

b) Chất điểm chuyển động thẳng từ \(M\) đến \(P.\)

Lời giải:

a) Do lực \(\overrightarrow F \) không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm, nên công sinh bởi lực \(\overrightarrow F \) khi chất điểm chuyện động theo đường gấp khúc từ \(M\) đến \(N\) rồi tiếp tục từ \(N\) đến \(P\) là: \({A_1} = \overrightarrow F .\overrightarrow {MN}  + \overrightarrow F .\overrightarrow {NP} \)

b) Do lực \(\overrightarrow F \) không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm, nên công sinh bởi lực \(\overrightarrow F \) khi chất điểm chuyện động thẳng từ \(M\) đến \(P\) là: \({A_2} = \overrightarrow F .\overrightarrow {MP} \)

Sachbaitap.com