Giải Toán 10 trang 70 Tập 1 Kết nối tri thức
Haylamdo biên soạn và sưu tầm với giải Toán 10 trang 70 Tập 1 trong Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ Toán lớp 10 Tập 1 Kết nối tri thức hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 10 trang 70.
Giải Toán 10 trang 70 Tập 1 Kết nối tri thức
Luyện tập 4 trang 70 Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC với A(-1;2), B(8;-1), C(8;8). Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng →AH.→BC=→0 và →BH.→CA=→0.
b) Tìm tọa độ của H.
c) Giải tam giác ABC.
Lời giải:
a) Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên AH ⊥ BC ⇒→AH.→BC=0
và BH ⊥ AC ⇒→BH.→AC=0
b) Gọi tọa độ điểm H(x;y), ta có:
→AH(x+1;y−2),→BH(x−8;y+1),→BC(0;9),→AC(9;6)
⇒→AH.→BC=(x+1).0+(y−2).9=0⇔y−2=0⇔y=2.
⇒→BH.→AC=(x−8).9+(y+1).6=9x+6y−66=0
Thay y = 2 vào biểu thức 9x + 6y – 66 = 0 ta được:
9x + 6.2 – 66 = 0
⇔ 9x = 54
⇔ x = 6
⇒ H(6; 2)
Vậy H(6;2).
c) Ta có:
→AB=(9;−3)⇒AB=√92+(−3)2=3√10.
→AC(9;6)⇒AC=√92+62=3√13.
→BC(0;9)⇒BC=√02+92=9.
Ta lại có:
→AB.→AC=AB.AC.cos^BAC
⇔9.9+(−3).6=3√10.3√13.cos^BAC
⇔63=9√130.cos^BAC
⇔cos^BAC=7√130⇔^BAC≈52,130.
Ta có: →BA=(−9;3)
→BA.→BC=BA.BC.cos^ABC
⇔(−9).0+3.9=3√10.9.cos^ABC
⇔27=27√10.cos^ABC
⇔cos^ABC=1√10⇔^ABC≈71,570.
⇒^ACB≈1800−71,570−52,130≈56,30.
Vậy AB=3√10,AC=3√13,BC=9,
^BAC≈52,130,^ABC≈71,570,^ACB≈56,30.
Vận dụng trang 70 Toán 10 Tập 1: Một lực →F không đổi tác động vào một vật và điểm đặt của lực chuyển động thẳng đều từ A đến B. Lực →F được phân tích thành hai lực thành phần →F1 và →F2(→F=→F1+→F2)
a) Dựa vào tính chất của tích vô hướng, hãy giải thích vì sao công sinh bởi lực →F (đã được đề cập ở trên) bằng tổng của các công sinh bởi các lực →F1 và →F2.
b) Giả sử các lực thành phần →F1 và →F2 tương ứng cùng phương, vuông góc với phương chuyển động của vật. Hãy tìm mối quan hệ giữa các công sinh bởi lực →F và lực →F1.
Lời giải:
a) Một lực →F tác động lên một vật làm vật dịch chuyển tính tiến theo một vecto độ rời →s.
Ta có: công sinh bởi lực →F là
A→F=→F.→s=F.s.cos(→F,→s)=F.s.cos(→F,→F1)
Mặt khác F.cos(→F,→F1)=F1
⇒A→F=F1.s
Công sinh bởi lực →F1 là:
A→F1=→F1.→s=F1.s.cos(→F1,→s)
=F1.s.cos00=F1.s
Công sinh bởi lực →F2 là:
A→F2=→F2.→s=F2.s.cos(→F2,→s)
=F2.s.cos900=0
⇒A→F1+A→F2=F1.s
Do đó A→F=A→F1+A→F2.
b) Ta có:
A→F=→F.→s=F.s.cos(→F,→s)=F.s.cos(→F,→F1)
Mặt khác F.cos(→F,→F1)=F1
⇒A→F=F1.s
Ta lại có: A→F1=→F1.→s=F1.s.cos(→F1,→s)
=F1.s.cos00=F1.s
⇒A→F=A→F1.
Bài 4.21 trang 70 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tính góc giữa hai vecto →a và →b trong mỗi trường hợp sau:
a) →a(−3;1),→b(2;6);
b) →a(3;1),→b(2;4);
c) →a(−√2;1),→b(2;−√2);
Lời giải:
a) Ta có:
→a.→b=(−3).2+1.6=0⇒(→a,→b)=900.
b) Ta có: →a.→b=3.2+1.4=10
|→a|=√32+12=√10,|→b|=√22+42=2√5
→a.→b=|→a|.|→b|.cos(→a,→b)⇒cos(→a,→b)=→a.→b|→a|.|→b|=10√10.2√5=1√2⇒(→a,→b)=450.
c) Ta có:
→a.→b=(−√2).2+1.(−√2)=−3√2
|→a|=√(−√2)2+12=√3,|→b|=√22+(−√2)2=√6
→a.→b=|→a|.|→b|.cos(→a,→b)⇒cos(→a,→b)=→a.→b|→a|.|→b|=−3√2√3.√6=−1⇒(→a,→b)=1800.
Bài 4.22 trang 70 Toán 10 Tập 1: Tìm điều kiện của →u,→v để:
a) →u.→v=|→u|.|→v|;
b) →u.→v=−|→u|.|→v|;
Lời giải:
a) Ta có: →u.→v=|→u|.|→v|.cos(→u,→v)
Để →u.→v=|→u|.|→v| thì
cos(→u,→v)=1⇔(→u,→v)=00
Suy ra →u,→v là hai vecto cùng hướng.
b) Ta có: →u.→v=|→u|.|→v|.cos(→u,→v)
Để →u.→v=−|→u|.|→v| thì
cos(→u,→v)=−1⇔(→u,→v)=1800
Suy ra →u,→v là hai vecto ngược hướng.
Bài 4.23 trang 70 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1;2), B(-4;3). Gọi M(t;0) là một điểm thuộc trục hoành.
a) Tính →AM.→BM theo t.
b) Tính t để ^AMB=900.
Lời giải:
a) Ta có: →AM(t−1;−2),→BM(t+4;−3).
⇒→AM.→BM=(t−1)(t+4)+(−2).(−3)=t2+3t+2.
b) Để ^AMB=900 thì →AM.→BM=0
⇔t2+3t+2=0⇔[t=−1t=−2
Vậy với t = -1 hoặc t = - 2 thì ^AMB=900.
Bài 4.24 trang 70 Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm không thẳng hàng A(-4;1), B(2;4), C(2;-2).
a) Giải tam giác ABC.
b) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Lời giải:
a) Ta có:
→AB(6;3)⇒AB=√62+32=3√5;
→AC(6;−3)⇒AC=√62+(−3)2=3√5;
→BC(0;−6)⇒BC=√02+(−6)2=6;
Theo định lí cosin, ta có:
cosA=AB2+AC2−BC22.AB.AC=35
⇒ˆA≈53,130;
Tam giác ABC có AB = AC nên tam giác ABC cân tại A
⇒ˆB=ˆC=1800−ˆA2≈63,440.
Vậy AB=AC=3√5,BC=6,
ˆA=53,130,ˆB=ˆC=63,440.
b) Gọi trực tâm H của tam giác ABC có tọa độ là H(x;y)
Khi đó, ta có:
→AH(x+4;y−1);→BC(0;−6);→BH(x−2;y−4);→AC(6;−3)
Vì AH ⊥ BC ⇒ →AH.→BC = 0 ⇔ (x + 4).0 + (y – 1).(–6) = 0 ⇔ y = 1
Vì BH ⊥ AC ⇒ →BH.→AC = 0 ⇔ (x – 2).6 + (y – 4).(–3) = 0
⇔ (x – 2).2 + (y – 4).(–1) = 0
⇔ 2x – y = 0
Mà y = 1 ⇒ 2x – 1 = 0 ⇔x=12.
Bài 4.25 trang 70 Toán 10 Tập 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có:
SABC=12√→AB2.→AC2−(→AB.→AC)2.
Lời giải:
Ta có:
Bài 4.26 trang 70 Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng với mọi điểm M, ta có:
MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2.
Lời giải:
Ta có: →GA+→GB+→GC=→0 (tính chất trọng tâm tam giác)
⇒→MG.(→GA+→GB+→GC)=→MG.→0=0
⇒MA2+ MB2+ MC2=3→MG2+→GA2+→GB2+→GC2.
Lời giải bài tập Toán lớp 10 Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ Kết nối tri thức hay khác: