I. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA PHÉP CỘNG HAI VECTƠ, PHÉP TRỪ HAI VECTƠ, PHÉP NHÂN MỘT SỐ VỚI MỘT VECTƠ.

HĐ1:

a. Ta có: $\overrightarrow{u}= (x_1; y_1)$ và $\overrightarrow{v}= (x_2; y_2)$ nên $\overrightarrow{u}= x_1\overrightarrow{i} + y_1\overrightarrow{j}; \overrightarrow{v}= x_2\overrightarrow{i} + y_2\overrightarrow{j}$

b. Để biểu diễn vectơ $\overrightarrow{u}+ \overrightarrow{v}$ theo hai vectơ $\overrightarrow{i}$ và $\overrightarrow{j}$, ta làm như sau:

Do $\overrightarrow{u}= (x_1; y_1), \overrightarrow{v}= (x_2; y_2)$ nên $\overrightarrow{u}= x_1\overrightarrow{i}+ y_1\overrightarrow{j}, \overrightarrow{v}= x_2\overrightarrow{i} + y_2\overrightarrow{j}$. Vì vậy, 

$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}= (x_1\overrightarrow{i} + y_1\overrightarrow{j}) + (x_2\overrightarrow{i} + y_2\overrightarrow{j})$

= $(x_1\overrightarrow{i} + x_2\overrightarrow{i}) + (y_1\overrightarrow{j} + y_2\overrightarrow{j}) = (x_1 + x_2)\overrightarrow{i} + (y_1 + y_2)\overrightarrow{j}$.

Tương tự, ta có các biểu diễn sau:

$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}= (x_1 - x_2)\overrightarrow{i} + (y_1 - y_2)\overrightarrow{j}$;

$k\overrightarrow{u} = (kx_1)\overrightarrow{i} + (ky_1)\overrightarrow{j} (k \in R)$

c. Toạ độ của các vectơ $\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v}, \overrightarrow{u} - \overrightarrow{v}, k\overrightarrow{u} (k \in R)$ lần lượt là: $(x_1 + x_2; y_1 + y_2), (x_1 - x_2; y_1 - y_2), (kx_1, ky_1)$

Kết luận:

Nếu $\overrightarrow{u}= (x_1; y_1)$ và $\overrightarrow{v}= (x_2; y_2)$ thì

$\overrightarrow{u} + \overrightarrow{v} = (x_1 + x_2; y_1 + y_2)$;

$\overrightarrow{u} - \overrightarrow{v} = (x_1 - x_2; y_1 - y_2)$;

$k\overrightarrow{u} = (kx_1; ky_1)$ với $k \in R$.

Nhận xét:

Hai vectơ $\overrightarrow{u}= (x_1; y_1), \overrightarrow{v}= (x_2; y_2) (\overrightarrow{v} \neq \overrightarrow{0})$ cùng phương khi và chỉ khi có một số thực $k$ sao cho $x_1 = kx_2$ và $y_1 = ky_2$. 

Ví dụ 1 (SGK – tr68)

Luyện tập 1:

a. Toạ độ của vectơ $\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}$ là:

$\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+\overrightarrow{w}= (-2 + 0 + -2; 0 + 6 + 3) = (-4; 9)$

b. Ta có: $\overrightarrow{w}+ \overrightarrow{u} = \overrightarrow{v} ⟺ \overrightarrow{w}= \overrightarrow{v} - \overrightarrow{u}$ nên $\overrightarrow{w} = (0 - \sqrt{3}; -\sqrt{7} - 0) = (-\sqrt{3}; -\sqrt{7})$.

Ví dụ 2, 3 (SGK  - tr68)

Luyện tập 2: 

Gọi $C (x_C; y_C)$ là vị trí máy bay trực thăng tại thời điểm sau khi xuất phát $2$ giờ tức là máy bay đi được $\frac{2}{3}$ quãng đường. Ta có: $\overrightarrow{AC}= \frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$.

Mà $\overrightarrow{AB}= (-300; 400); \overrightarrow{AC}= (x_C - 400; y_C - 50)$

=> $\left\{\begin{matrix}
x_C-400= \frac{2}{3}.(-300) & & & \\
& & & \\
y_C-50= \frac{2}{3}.400 & & &
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x_C = 200 & & & \\
& & & \\
y_C = \frac{950}{3} & & &
\end{matrix}\right.$

II. TỌA ĐỘ TRUNG ĐIỂM CỦA ĐOẠN THẲNG VÀ TỌA ĐỘ TRỌNG TÂM TAM GIÁC.

HĐ2:

a. Vì $M$ là trung điểm của $AB$ nên với điểm $O$, ta có: $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}= 2\overrightarrow{OM}$ hay $\overrightarrow{OM}= \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB})$

b. Ta có: $\overrightarrow{OA}= (x_A, y_A), \overrightarrow{OB}= (x_B, y_B)$

Vậy $\overrightarrow{OM}= \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB})= \frac{1}{2}(x_A + x_B; y_A + y_B) = (\frac{x_A + x_B}{2}; \frac{y_A + y_B}{2})$

Toạ độ điểm $M$ chính là toạ độ của vectơ nên toạ độ $M$ là: $M (\frac{x_A + x_B}{2}; \frac{y_A+y_B}{2})$

Kết luận:

Cho hai điểm $A(x_A; y_A)$ và $B(x_B; y_B)$. Nếu $M(x_M; y_M)$ là trung điểm đoạn thẳng $AB$ thì $x_M = \frac{x_A + x_B}{2}; y_M= \frac{y_A + y_B}{2}$

Luyện tập 3:

Gọi điểm $B(x_B; y_B)$.

Vì $M$ là trung điểm của $AB$ nên $x_M = \frac{x_A + x_B}{2}; y_M= \frac{y_A + y_B}{2}$

⇒ $\left\{\begin{matrix}
x_B=2x_M-x_A & & \\
& & & \\
y_B=2y_M-y_A & & &
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x_B=2.5-2=8 & & & \\
& & & \\
y_B=2.7-4=10 & & &
\end{matrix}\right.$

Vậy điểm $B$ có toạ độ là $B(8; 10)$.

HĐ3: 

a. Vì $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ nên với điểm $O$ ta có: $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}= 3\overrightarrow{OG}$

Hay $\overrightarrow{OG}= \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})= \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$

b. Ta có: $\overrightarrow{OA}= (x_A, y_A); \overrightarrow{OB}= (x_B, y_B); \overrightarrow{OC}= (x_C, y_C)$

Vậy $\overrightarrow{OG}= \frac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$

= $\frac{1}{3}(x_A + x_B + x_C; y_A + y_B + y_C) = (\frac{x_A+x_B+x_C}{3}; \frac{y_A+y_B+y_C}{3})$

Vậy điểm $G$ có toạ độ là: $G(\frac{x_A+x_B+x_C}{3}; \frac{y_A+y_B+y_C}{3})$

Kết luận:

Cho tam giác $ABC$ có $A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C)$. Nếu $G(x_G; y_G)$ là trọng tâm tam giác $ABC$ thì

$x_G= \frac{x_A+x_B+x_C}{3}$;

$y_G= \frac{y_A+y_B+y_C}{3}$

Ví dụ 4 (SGK – tr69)

Luyện tập 4:

a. Ta có: $\overrightarrow{AB}= (2; 4); \overrightarrow{AG}= (2; 1)$

Vì $\frac{2}{2} \neq \frac{4}{1}$ nên $\overrightarrow{AB} \neq k\overrightarrow{AG}$

Vậy ba điểm $A, B, G$ không thẳng hàng

III. BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG

HĐ4:

a. $\overrightarrow{i}^2= \left | \overrightarrow{i} \right |^2= 1; \overrightarrow{j}^2= \left | \overrightarrow{j}  \right |^2= 1; \overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}= 0 (vì \overrightarrow{i} \perp \overrightarrow{j})$

b. $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}= (x_1\overrightarrow{i} + y_1\overrightarrow{j}). (x_2\overrightarrow{i}+ y_2\overrightarrow{j})$

= $x_1x_2\overrightarrow{i}^2 + x_1y_2(\overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}) + y_1x_2(\overrightarrow{j}, \overrightarrow{i}) + y_1y_2\overrightarrow{j}^2$

= $x_1x_2 + y_1y_2$.

Kết luận:

Nếu $\overrightarrow{u}= (x_1; y_1)$ và $\overrightarrow{v}= (x_2; y_2)$ thì $\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}= x_1x_2 + y_1y_2$

Nhận xét:

a. Nếu $\overrightarrow{a}= x; y$ thì $\left | \overrightarrow{a} \right | = \sqrt{\overrightarrow{a}.\overrightarrow{a}}= \sqrt{x^2+ y^2}$

b. Nếu $A(x_1; y_1)$ và $B(x_2; y_2)$ thì $AB = \left | \overrightarrow{AB} \right |= \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$

c. Với hai vectơ $\overrightarrow{u}= (x_1; y_1)$ và $\overrightarrow{v}= (x_2; y_2)$ đều khác $\overrightarrow{0}$, ta có:

+ $\overrightarrow{u}$ và $\overrightarrow{v}$ vuông góc với nhau khi và chỉ khi $x_1x_2 + y_1y_2=0.$

+ $\cos (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = \frac{\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}}{\left | \overrightarrow{u} \right |.\left | \overrightarrow{v} \right |} = \frac{x_1x_2 + y_1y_2}{\sqrt{x_1^2 + y_1^2}.\sqrt{x_1^2 + y_2^2}}.$

Ví dụ 5, 6 (SGK – tr 70, 71)