Với lời giải SBT Toán 10 trang 70 Tập 1 chi tiết trong Bài tập cuối chương 4 sách Kết nối tri thức giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 10. Mời các bạn đón xem:
Giải SBT Toán lớp 10 Bài tập cuối chương 4
Bài 4.59 trang 70 SBT Toán 10 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD tâm O. Gọi M, theo thứ tự là trung điểm của BC, AD. Gọi I, J lần lượt là giao điểm của BD với AM, CN. Xét các vectơ khác 0→ có đầu mút lấy từ các điểm A, B, C, D, M, N, I, J, O.
a) Hãy chỉ ra những vectơ bằng vectơ AB→; những vectơ cùng hướng với AB→;
b) Chứng minh rằng BI = IJ = JD.
Lời giải:
a) ABCD là hình bình hành có M, N lần lượt là trung điểm của BC, AD
Nên MN là đường trung bình của hình bình hành
Þ MN // AB // DC và MN = AB = DC.
Þ AB→=DC→=MN→
Vậy những vectơ bằng vectơ AB→ là: AB→;DC→;MN→.
Lại có O là tâm hình bình hành nên O là trung điểm của AC và BD
Do đó NO là đường trung bình của DADC
Þ NO // DC
Chứng minh tương tự ta cũng có OM // DC
Do đó ba điểm M, O, N thẳng hàng.
Vậy những vectơ cùng hướng với AB→ là: AB→,NO→,OM→,NM→,DC.→
b) Xét tam giác ABC có: AM, BO là hai đường trung tuyến của tam giác
Mà AM cắt BO tại I
Do đó I là trọng tâm của DABC.
⇒BI=23BO và OI=12BI (tính chất trọng tâm) (1)
Tương tự ta cũng có J là trọng tâm của DADC.
⇒DJ=23DO và OJ=12DJ (tính chất trọng tâm) (2)
Mặt khác BO = DO (do O là trung điểm của BD) (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: 
Mà 
Vậy BI = IJ = JD.
Bài 4.60 trang 70 SBT Toán 10 Tập 1: Trên cạnh BC của tam giác ABC lấy các điểm M, N không trùng với B và C sao cho BM = MN =NC.
a) Chứng minh rằng hai tam giác ABC và AMN có cùng trọng tâm.
b) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Đặt GB→=u→và GC→=v→. Hãy biểu thị các vectơ sau qua hai vectơ u→ và v→: GA→, GM→, GN→.
Lời giải:
a) Giả sử G, G’ lần lượt là trọng tâm của DABC, DAMN.
Sử dụng kết quả của Ví dụ 3, Bài 9 (trang 53, Sách bài tập, Toán 10, Tập một) ta có:
Mặt khác: M, N lần lượt lấy theo thứ tự trên cạnh BC sao cho BM = MN = NC nên ta có:
Suy ra điểm G và G’ trùng nhau.
Do đó hai tam giác ABC và AMN có cùng trọng tâm.
b) • Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên GA→+GB→+GC→=0→
• Từ BM = MN = NC suy ra MC→=−2MB→
Theo Nhận xét ở Ví dụ 2, Bài 9 (trang 53, Sách bài tập, Toán 10, Tập một), với điểm G ta có:
Tương tự ta cũng có: GN→=13u→+23v→
Bài 4.61 trang 70 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 5 và CAB^=60°.
a) Tính tích vô hướng AB→.AC→, AB→.BC→.
b) Lấy các điểm M, N thoả mãn 2AM→+3MC→=0→ và NB→+xNC→=0→ (x ≠ –1). Xác định x sao cho AN vuông góc với BM.
Lời giải:
a) Ta có:
= 10 – 42
= 10 – 16
= –6
Vậy AB→.AC→=10, AB→.BC→=−6.
b) Ta có
Do đó:
= (3 – x).10 – 42 + 3x.52
= 30 – 10x – 16 + 75x
= 65x + 14
Để AN ⊥ BM thì AN→.BM→=0
⇔1+xAN→.BM→=0 (với x ≠ –1)
Û 65x + 14 = 0
Û x = −1465
Vậy với x = −1465 thì AN ⊥ BM.
Bài 4.62 trang 70 SBT Toán 10 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, CD. Lấy P thuộc đoạn DM và Q thuộc đoạn BN sao cho DP = 2PM, BQ = xQN. Đặt AB→=u→ và AD→=v→.
a) Hãy biểu thị các vectơ AP→, AQ→ qua hai vectơ u→ và v→
b) Tìm x đề A, P, Q thằng hàng.
Lời giải:
• Vì P thuộc đoạn DM sao cho DP = 2PM
Nên PD→=−2PM→
Theo Nhận xét ở Ví dụ 2, Bài 9 (trang 53, Sách bài tập, Toán 10, Tập một), với điểm A ta có:
(vì M là trung điểm của AB)
• Vì Q thuộc đoạn BN sao cho BQ = xQN
⇒QB→=−xQN→
Theo Nhận xét ở Ví dụ 2, Bài 9 (trang 53, Sách bài tập, Toán 10, Tập một), với điểm A ta có:
(vì N là trung điểm của CD)
b) Với AP→=13v→+12u→ và AQ→=x+22x+1u→+xx+1v→
Để A, P, Q thẳng hàng thì hai vectơ AP→ và AQ→ cùng phương
⇔x+22x+113=xx+113⇔x+22x+1=xx+1
⇔x+22x+1=xx+1
Þ x + 2 = 2x
Û x = 2 (thỏa mãn x ≠ –1)
Vậy x = 2 thì ba điểm A, P, Q thẳng hàng.
Bài 4.63 trang 70 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Lấy điểm A’, B’ sao cho AA’→=2BC→, BB’→=2CA→. Gọi G’ là trọng tâm của tam giác A’B’C. Chứng minh rằng GG’ song song với AB.
Lời giải:
Theo kết quả của Ví dụ 3, Bài 9 (trang 53, Sách bài tập, Toán 10, Tập một) ta có:
Do đó GG’→ cùng phương với BA→
Suy ra GG’ // AB (do G và G’ không nằm trên đường thẳng AB)
Bài 4.64 trang 70 SBT Toán 10 Tập 1: Cho tứ giác lồi ABCD không có hai cạnh nào song song. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm AB, CD. Gọi K, L, M, N lần lượt là trung điểm của AF, CE, BF, DE.
a) Chứng minh rằng tứ giác KLMN là một hình bình hành.
b) Gọi I là giao điểm của KM, LN. Chứng minh rằng E, I, F thẳng hàng.
Lời giải:
• Vì E là trung điểm của AB nên AE→=EB→
F là trung điểm của CD nên FC→=DF→.
• Vì K là trung điểm của AF, L là trung điểm của CE, theo kết quả của Bài tập 4.12, trang 58, Toán 10, Tập một, ta có:
2KL→=AE→+FC→=EB→+DF→
Tương tự:
M là trung điểm của BF, N là trung điểm của DE, nên ta có:
EB→+DF→=2NM→
Do đó 2KL→=2NM→
⇒KL→=NM→
Þ KL = NM và KL // NM
Þ KLMN là một hình bình hành.
b) Do KLMN là hình bình hành
Mà I là giao điểm của KM, LN nên I là trung điểm chung của KM, LN.
Khi đó ta có:
2EI→=EN→+EL→=12ED→+12EC→
=12ED→+EC→=12.EF→ (do F là trung điểm của DC)
Do đó 2EI→=12.EF→
⇒EI→=14.EF→
Suy ra hai vectơ EI→ và EF→ cùng phương
Do đó E, I, F thẳng hàng.
Bài 4.65 trang 70 SBT Toán 10 Tập 1: Cho hình thang vuông ABCD có DAB^=ABC^=90°, BC = 1, AB = 2 và AD = 3. Gọi M là trung điểm của AB.
a) Hãy biểu thị các vectơ CM→, CM→ theo hai vectơ AB→ và AD→
b) Gọi N là trung điểm CD, G là trọng tâm tam giác MCD, và I là điểm thuộc cạnh CD sao cho 9IC = 5ID. Chứng minh rằng A, G, I thẳng hàng.
c) Tính độ dài các đoạn thẳng AI và BI.
Lời giải:
a) Vì M là trung điểm của AB nên BM→=12BA→=−12AB→
Gọi E là hình chiếu của C trên AD. Khi đó CEA^=90°
Tứ giác ABCE có DAB^=ABC^=CEA^=90° nên là hình chữ nhật
Þ EA = CB = 1
Mà AD = 3 do đó AE = 13AD
⇒EA→=13DA→=−13AD→
Mà CB→=EA→ (do ABCE là hình chữ nhật)
⇒CB→=−13AD→
⇒CM→=CB→+BM→=−13AD→−12AB→
• Ta có: CD→=CE→+ED→
Mà CE→=BA→ (do ABCE là hình chữ nhật)
Và ED→=23AD→
⇒CD→=BA→+23AD→=−AB→+23AD→
Vậy CM→=−13AD→−12AB→ và CD→=−AB→+23AD→.
b) Vì G là trọng tâm của tam giác MCD nên ta có:
AM→+AC→+AD→=3AG→
ABCD là hình chữ nhật nên cũng là hình bình hành
Do đó
Vì I thuộc cạnh CD nên hai vectơ IC→ và ID→ ngược hướng nhau
Lại có 9IC = 5ID nên 9IC→=−5ID→ hay IC→=−59ID→
Theo Nhận xét ở Ví dụ 2, Bài 9 (trang 53, Sách bài tập, Toán 10, Tập một), với điểm A ta có:
Do đó hai vectơ AI→ và AG→ cùng phương
Suy ra ba điểm A, I, G thẳng hàng.
c) • Theo câu a ta có
Mà AB ⊥ AD nên AB→.AD→=0
Do đó ta có: 196AI2 = 81AB2 + 64AD2
Þ 196AI2 = 81.22 + 64.32 = 900
Þ AI2 = 22549
Þ AI = 157
• Ta có:
Vậy AI = 157 và BI = 137
Bài 4.66 trang 71 SBT Toán 10 Tập 1: Cho bốn điểm A, B, C, D trong mặt phẳng. Chứng minh rằng AB→.CD→+BC→.AD→+CA→.BD→=0.
Lời giải:
Ta có:
Suy ra: AB→.CD→+BC→.AD→+CA→.BD→
=AB→.CD→+BC→.AB→+BC→+CD→+−AB→−BC→.BC→+CD→
=AB→.CD→+BC→.AB→+BC→2+BC→.CD→−AB→.BC→−AB→.CD→−BC→2−BC→.CD→
= 0.
Vậy AB→.CD→+BC→.AD→+CA→.BD→=0.
Bài 4.67 trang 71 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba 
a) Tính các tích vô hướng 
b) Tìm góc giữa hai vectơ a→ và b→+c→.
Lời giải:
a) Với a→ = (1; 2), b→ = (3; –4) và c→ = (–5; 3) ta có:
b) Với 
ta có:
• a→=12+22=5;
• b→+c→ = (–2; –1)
⇒b→+c→=−22+−12=5.
• a→.b→+c→ = 1.(–2) + 2.(–1) = –2 – 2 = –4.
Mà cosa→,b→+c→=a→.b→+c→a→.b→+c→=−45.5=−45.
⇒a→,b→+c→≈143°7’48”
Vậy góc giữa hai vectơ a→ và b→+c→ khoảng 143°7’48”.
Bài 4.68 trang 71 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(–2; 1), B(1; 4) và C(5; −2).
a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC.
b) Tìm toạ độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC.
Lời giải:
a) Với A(–2; 1), B(1; 4) và C(5; −2) ta có:
AB→ = (3; 3) và AC→ = (7; –3)
Vì 37≠3−3=−1 nên hai vectơ AB→ và AC→ không cùng phương
Do đó ba điểm A, B, C không thẳng hàng
Vậy A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có:
Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: G43;1.
b) *Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC:
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên AH ⊥ BC và BH ⊥ AC
Hay AH→.BC→=0 và BH→.AC→=0
Giả sử H(x; y) là tọa độ trực tâm tam giác ABC
Với A(–2; 1), B(1; 4), C(5; −2) và H(x; y) ta có:
• AH→ = (x + 2; y – 1) và BC→ = (4; –6)
⇒AH→.BC→ = 4.(x + 2) – 6.(y – 1) = 0
Þ 4x – 6y = –14
Þ 2x – 3y = –7 (1)
• BH→ = (x – 1; y – 4) và AC→ = (7; –3)
⇒BH→.AC→ = 7.(x – 1) – 3.(y – 4) = 0
Þ 7x – 3y = –5 (2)
Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có: 5x = 2
Þ x = 25
Thay x = 25 vào (1) ta được: 2.25 – 3y = –7
Vậy tọa độ trực tâm của tam giác ABC là H25;135.
* Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
Theo kết quả phần a) của Bài 4.15, trang 54, Sách Bài tập, Toán 10, tập một ta có:
AH→=2IM→ với M là trung điểm của BC.
Giả sử I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Với A(–2; 1), B(1; 4), C(5; −2), H25;135 và I(a; b) ta có:
• AH→=125;85
• M là trung điểm của BC nên xM=1+52=3yM=4+−22=1
Þ M(3; 1)
⇒IM→ = (3 – a; 1 – b)
⇒2IM→ = (6 – 2a; 2 – 2b)
Ta có
Vậy tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I95;15.
Bài 4.69 trang 71 SBT Toán 10 Tập 1: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(2; −1), B(5; 3) và C(–2; 9).
a) Tìm điểm D thuộc trục hoành sao cho B, C, D thẳng hàng.
b) Tìm điểm E thuộc trục hoành sao cho EA + EB nhỏ nhất.
c) Tìm điểm F thuộc trục tung sao cho vectơ FA→+FB→+FC→ có độ dài ngắn nhất.
Lời giải:
a) Giả sử D(a; 0) là điểm thuộc trục hoành.
Với B(5; 3), C(–2; 9) và D(a; 0) ta có:
Vì ba điểm B, C, D thẳng hàng nên ta có: BC→ và BD→ là hai vectơ cùng phương
Vậy D172;0 là điểm cần tìm.
b) Ta có: A(2; −1), B(5; 3) là hai điểm nằm về hai phía của trục hoành
Do đó với mỗi điểm E nằm trên trục hoành ta luôn có EA + EB ≥ AB
Suy ra EA + EB ngắn nhất là bằng AB
Điều này xảy ra khi và chỉ khi E là giao điểm của AB và trục hoành Ox
Û 3 điểm A, E, B thẳng hàng
⇔AB→ và AE→ là hai vectơ cùng phương
Giả sử E(b; 0) là điểm thuộc trục hoành.
Với A(2; −1), B(5; 3) và E(b; 0) ta có:
• AB→ = (3; 4)
• AE→ = (b – 2; 1)
Khi đó AB→ và AE→ là hai vectơ cùng phương
Vậy E114;0 là điểm cần tìm.
c) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
Khi đó với A(2; −1), B(5; 3) và C(–2; 9) ta có:
Với điểm F bất kì ta có:
Để vectơ FA→+FB→+FC→ có độ dài ngắn nhất thì FG có độ dài ngắn nhất
Mà F là điểm nằm trên trục tung
Do đó F là hình chiếu vuông góc của G lên Oy.
Þ Hoành độ của F là x = 0 và tung độ của F bằng với tung độ của G là y = 113
Vậy F0;113.
Bài 4.70 trang 71 SBT Toán 10 Tập 1: Một ô tô có khối lượng 2,5 tấn chạy từ chân lên đỉnh một con dốc thẳng. Tính công của trọng lực tác động lên xe, biết dốc dài 50 m và nghiêng 15° so với phương nằm ngang (trong tính toán, lấy gia tốc trọng trường bằng 10 m/s²).
Lời giải:
Đổi 2,5 tấn = 2 500 kg.
Trọng lực của ô tô có độ lớn bằng P→ = mg = 2 500 . 10 = 25 000 (N)
Trọng lực 
của ô tô hợp với hướng chuyển dời MN→ một góc là:
α = 90° + 15° = 105°.
Trọng lực P→ được phân tích thành hai thành phần P1→ và P2→ nên ta có:
P→=P1→+P2→
(P1→ có phương vuông góc với mặt dốc, P2→ có phương song song với mặt dốc)
Ta thấy P1→ không có tác dụng với chuyển dời MN→ của xe và P2→ ngược hướng với MN→.
Do đó công của trọng lực tác động lên xe bằng:
A = P→.MN→=P→.MN→.cosP→,MN→
= 25 000 . 50 . cos105°
≈ –323 524 (J)
Vậy công của trọng lực tác động lên xe bằng khoảng –323 524 J.
Xem thêm các bài giải sách bài tập Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:
Giải SBT Toán 10 trang 66 Tập 1
Giải SBT Toán 10 trang 67 Tập 1
Giải SBT Toán 10 trang 68 Tập 1
Giải SBT Toán 10 trang 69 Tập 1
Xem thêm các bài giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:
Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ
Bài tập cuối chương 4
Bài 12: Số gần đúng và sai số
Bài 13: Các số đặc trưng đo xu thế trung tâm
Bài 14: Các số đặc trưng đo độ phân tán