1. Toạ độ của vectơ

Trên mặt phẳng, ta chọn một hệ trục toạ độ $Oxy$ gồm hai trục $Ox$ và $Oy$ vuông góc với nhau tại gốc $O$, mỗi trục có một vectơ đơn vị:

• Trục hoành $Ox$ có vectơ đơn vị $\vec{i}$ (độ dài bằng $1$, hướng theo chiều dương trục $Ox$).
• Trục tung $Oy$ có vectơ đơn vị $\vec{j}$ (độ dài bằng $1$, hướng theo chiều dương trục $Oy$).

Mặt phẳng chứa hệ trục toạ độ $Oxy$ được gọi là mặt phẳng toạ độ $Oxy$.

Với mỗi vectơ $\vec{u}$ trên mặt phẳng $Oxy$, có duy nhất một cặp số $(x_0;\ y_0)$ sao cho:

$$\vec{u} = x_0\vec{i} + y_0\vec{j}$$

Khi đó ta nói vectơ $\vec{u}$ có toạ độ $(x_0;\ y_0)$ và viết $\vec{u} = (x_0;\ y_0)$. Số $x_0$ gọi là hoành độ, số $y_0$ gọi là tung độ của $\vec{u}$.

Nhận xét. Hai vectơ bằng nhau khi và chỉ khi chúng có cùng toạ độ:

$$\vec{u}(x;\ y) = \vec{v}(x’;\ y’) \Leftrightarrow \begin{cases} x = x’ \\ y = y’ \end{cases}$$

Ví dụ 1. Tìm toạ độ của các vectơ đơn vị $\vec{i}$, $\vec{j}$ và vectơ không $\vec{0}$.

Lời giải:

• Vì $\vec{i} = 1 \cdot \vec{i} + 0 \cdot \vec{j}$ nên $\vec{i}$ có toạ độ là $(1;\ 0)$.
• Vì $\vec{j} = 0 \cdot \vec{i} + 1 \cdot \vec{j}$ nên $\vec{j}$ có toạ độ là $(0;\ 1)$.
• Vì $\vec{0} = 0 \cdot \vec{i} + 0 \cdot \vec{j}$ nên $\vec{0}$ có toạ độ là $(0;\ 0)$.

2. Biểu thức toạ độ của các phép toán vectơ

Phép toán cộng, trừ, nhân với số

Cho hai vectơ $\vec{u} = (x;\ y)$ và $\vec{v} = (x’;\ y’)$. Khi đó:

$$\vec{u} + \vec{v} = (x + x’;\ y + y’)$$

$$\vec{u} – \vec{v} = (x – x’;\ y – y’)$$

$$k\vec{u} = (kx;\ ky), \quad k \in \mathbb{R}$$

Ví dụ 2. Cho $\vec{a} = (1;\ 2)$, $\vec{b} = \left(\dfrac{3}{2};\ 3\right)$.

a) Tìm toạ độ của $\vec{a} + \vec{b}$ và $\vec{a} – 2\vec{b}$.

b) Hỏi $\vec{a}$ và $\vec{b}$ có cùng phương hay không?

Lời giải:

a) $\vec{a} + \vec{b} = \left(1 + \dfrac{3}{2};\ 2 + 3\right) = \left(\dfrac{5}{2};\ 5\right)$.

Ta có $2\vec{b} = (3;\ 6)$ nên $\vec{a} – 2\vec{b} = (1 – 3;\ 2 – 6) = (-2;\ -4)$.

b) Do $\dfrac{3}{2}\vec{a} = \left(\dfrac{3}{2};\ 3\right) = \vec{b}$ nên hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$ cùng phương.

Điều kiện cùng phương

Vectơ $\vec{v}(x’;\ y’)$ cùng phương với vectơ $\vec{u}(x;\ y) \neq \vec{0}$ khi và chỉ khi tồn tại số $k$ sao cho $x’ = kx$, $y’ = ky$.

Nếu $xy \neq 0$ thì điều này tương đương với: $\dfrac{x’}{x} = \dfrac{y’}{y}$.

Toạ độ của điểm và vectơ giữa hai điểm

Nếu điểm $M$ có toạ độ $(x;\ y)$ thì vectơ $\overrightarrow{OM}$ có toạ độ $(x;\ y)$ và:

$$|\overrightarrow{OM}| = \sqrt{x^2 + y^2}$$

Nhận xét. Với vectơ $\vec{u} = (x;\ y)$, lấy điểm $M(x;\ y)$ thì $\vec{u} = \overrightarrow{OM}$. Do đó:

$$|\vec{u}| = \sqrt{x^2 + y^2}$$

Vectơ giữa hai điểm và khoảng cách

Với hai điểm $M(x;\ y)$ và $N(x’;\ y’)$:

$$\overrightarrow{MN} = (x’ – x;\ y’ – y)$$

$$MN = |\overrightarrow{MN}| = \sqrt{(x’ – x)^2 + (y’ – y)^2}$$

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho ba điểm $A(1;\ -2)$, $B(3;\ 2)$, $C(7;\ 4)$.

a) Tìm toạ độ của các vectơ $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$. So sánh các khoảng cách từ $B$ tới $A$ và $C$.

b) Ba điểm $A$, $B$, $C$ có thẳng hàng hay không?

c) Tìm điểm $D(x;\ y)$ để $ABCD$ là một hình thoi.

Lời giải:

a) $\overrightarrow{AB} = (3 – 1;\ 2 – (-2)) = (2;\ 4)$, $\overrightarrow{BC} = (7 – 3;\ 4 – 2) = (4;\ 2)$.

$AB = |\overrightarrow{AB}| = \sqrt{2^2 + 4^2} = 2\sqrt{5}$; $BC = |\overrightarrow{BC}| = \sqrt{4^2 + 2^2} = 2\sqrt{5}$.

Vậy $AB = BC$, nghĩa là hai khoảng cách từ $B$ tới $A$ và $C$ bằng nhau.

b) Hai vectơ $\overrightarrow{AB} = (2;\ 4)$ và $\overrightarrow{BC} = (4;\ 2)$ không cùng phương (vì $\dfrac{2}{4} \neq \dfrac{4}{2}$). Do đó $A$, $B$, $C$ không thẳng hàng.

c) Vì $A$, $B$, $C$ không thẳng hàng và $BA = BC$ nên $ABCD$ là hình thoi khi và chỉ khi $\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BC}$.

$\overrightarrow{AD} = (x – 1;\ y + 2)$, $\overrightarrow{BC} = (4;\ 2)$.

$$\overrightarrow{AD} = \overrightarrow{BC} \Leftrightarrow \begin{cases} x – 1 = 4 \\ y + 2 = 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 5 \\ y = 0 \end{cases}$$

Vậy điểm cần tìm là $D(5;\ 0)$.

Công thức trung điểm và trọng tâm

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho ba điểm không thẳng hàng $A(1;\ 3)$, $B(-2;\ 6)$, $C(5;\ 1)$.

a) Tìm toạ độ trung điểm $I$ của đoạn thẳng $AB$.

b) Tìm toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.

Lời giải:

a) Điểm $I(x;\ y)$ là trung điểm của $AB$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} = \vec{0}$.

$\overrightarrow{IA} = (1 – x;\ 3 – y)$, $\overrightarrow{IB} = (-2 – x;\ 6 – y)$.

$\overrightarrow{IA} + \overrightarrow{IB} = (-1 – 2x;\ 9 – 2y) = \vec{0}$

$$\begin{cases} -1 – 2x = 0 \\ 9 – 2y = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = -\dfrac{1}{2} \\[6pt] y = \dfrac{9}{2} \end{cases}$$

Vậy $I!\left(-\dfrac{1}{2};\ \dfrac{9}{2}\right)$.

b) Điểm $G(x;\ y)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$ khi và chỉ khi $\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}$.

$\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = (4 – 3x;\ 10 – 3y) = \vec{0}$

$$\begin{cases} 4 – 3x = 0 \\ 10 – 3y = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = \dfrac{4}{3} \\[6pt] y = \dfrac{10}{3} \end{cases}$$

Vậy $G!\left(\dfrac{4}{3};\ \dfrac{10}{3}\right)$.

Chú ý. Từ cách giải trên ta rút ra hai công thức tổng quát:

Trung điểm $M$ của đoạn thẳng $AB$ có toạ độ: $M!\left(\dfrac{x_A + x_B}{2};\ \dfrac{y_A + y_B}{2}\right)$.

Trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ có toạ độ: $G!\left(\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3};\ \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3}\right)$.

Các dạng bài tập và phương pháp giải

Dạng 1. Tính toạ độ vectơ, độ dài vectơ và khoảng cách hai điểm

Phương pháp:

• Cho hai điểm $M(x;\ y)$ và $N(x’;\ y’)$: tính $\overrightarrow{MN} = (x’ – x;\ y’ – y)$.
• Độ dài: $MN = \sqrt{(x’ – x)^2 + (y’ – y)^2}$.
• Để chứng minh tam giác vuông, sử dụng định lí Pythagore ngược: nếu $OM^2 + MN^2 = ON^2$ thì tam giác vuông tại $M$.

Ví dụ (Bài 4.16 SGK). Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho các điểm $M(1;\ 3)$, $N(4;\ 2)$.

a) Tính độ dài của các đoạn thẳng $OM$, $ON$, $MN$.

b) Chứng minh rằng tam giác $OMN$ vuông cân.

Lời giải chi tiết:

a) Ta có $O(0;\ 0)$, $M(1;\ 3)$, $N(4;\ 2)$.

$OM = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$

$ON = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$

$MN = \sqrt{(4 – 1)^2 + (2 – 3)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$

b) Kiểm tra: $OM^2 + MN^2 = 10 + 10 = 20 = ON^2$.

Do $OM^2 + MN^2 = ON^2$ nên tam giác $OMN$ vuông tại $M$.

Mặt khác $OM = MN = \sqrt{10}$ nên tam giác $OMN$ vuông cân tại $M$.

Dạng 2. Phép toán vectơ theo toạ độ — mối liên hệ, thẳng hàng, hình bình hành

Phương pháp:

• Biểu thị vectơ theo $\vec{i}$, $\vec{j}$: $\vec{a} = a_1\vec{i} + a_2\vec{j}$ tương ứng $\vec{a} = (a_1;\ a_2)$.
• Tìm mối liên hệ $\overrightarrow{MN}$ với tổ hợp tuyến tính $k\vec{a} + l\vec{b}$: tính toạ độ rồi so sánh tỉ số thành phần.
• Ba điểm $O$, $M$, $N$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{OM}$ và $\overrightarrow{ON}$ cùng phương $\Leftrightarrow$ $\dfrac{x_M}{x_N} = \dfrac{y_M}{y_N}$ (khi $x_N y_N \neq 0$).
• $OMNP$ là hình bình hành $\Leftrightarrow$ $\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{MN}$ (hai cạnh đối song song và bằng nhau).

Ví dụ (Bài 4.17 SGK). Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho các vectơ $\vec{a} = 3\vec{i} – 2\vec{j}$, $\vec{b} = (4;\ -1)$ và các điểm $M(-3;\ 6)$, $N(3;\ -3)$.

a) Tìm mối liên hệ giữa các vectơ $\overrightarrow{MN}$ và $2\vec{a} – \vec{b}$.

b) Các điểm $O$, $M$, $N$ có thẳng hàng hay không?

c) Tìm điểm $P(x;\ y)$ để $OMNP$ là một hình bình hành.

Lời giải chi tiết:

a) Do $\vec{a} = 3\vec{i} – 2\vec{j}$ nên $\vec{a} = (3;\ -2)$.

$2\vec{a} – \vec{b} = 2(3;\ -2) – (4;\ -1) = (6;\ -4) – (4;\ -1) = (2;\ -3)$

$\overrightarrow{MN} = (3 – (-3);\ -3 – 6) = (6;\ -9)$

Ta thấy $\dfrac{6}{2} = 3$ và $\dfrac{-9}{-3} = 3$. Vậy:

$$\overrightarrow{MN} = 3(2\vec{a} – \vec{b})$$

b) Ta có $\overrightarrow{OM} = (-3;\ 6)$ và $\overrightarrow{ON} = (3;\ -3)$.

Kiểm tra: $\dfrac{-3}{3} = -1 \neq \dfrac{6}{-3} = -2$.

Hai vectơ $\overrightarrow{OM}$ và $\overrightarrow{ON}$ không cùng phương. Vậy $O$, $M$, $N$ không thẳng hàng.

c) $OMNP$ là hình bình hành khi và chỉ khi $\overrightarrow{OP} = \overrightarrow{MN}$.

$\overrightarrow{MN} = (6;\ -9)$ nên $\overrightarrow{OP} = (6;\ -9)$.

Suy ra $P(6;\ -9)$.

Dạng 3. Tìm toạ độ trung điểm, trọng tâm và điểm thoả điều kiện

Phương pháp:

• Trung điểm $M$ của $AB$: $M!\left(\dfrac{x_A + x_B}{2};\ \dfrac{y_A + y_B}{2}\right)$.
• Trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$: $G!\left(\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3};\ \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3}\right)$.
• Tìm điểm thoả điều kiện trọng tâm: đặt toạ độ ẩn, áp dụng công thức rồi giải hệ.
• Chứng minh tam giác: kiểm tra ba điểm không thẳng hàng bằng điều kiện cùng phương.

Ví dụ (Bài 4.18 SGK). Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho các điểm $A(1;\ 3)$, $B(2;\ 4)$, $C(-3;\ 2)$.

a) Chứng minh rằng $A$, $B$, $C$ là ba đỉnh của một tam giác.

b) Tìm toạ độ trung điểm $M$ của đoạn thẳng $AB$.

c) Tìm toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.

d) Tìm điểm $D(x;\ y)$ để $O(0;\ 0)$ là trọng tâm của tam giác $ABD$.

Lời giải chi tiết:

a) Ta có $\overrightarrow{AB} = (2 – 1;\ 4 – 3) = (1;\ 1)$ và $\overrightarrow{CA} = (1 – (-3);\ 3 – 2) = (4;\ 1)$.

Kiểm tra: $\dfrac{1}{4} \neq \dfrac{1}{1}$ nên $\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CA}$ không cùng phương.

Suy ra $A$, $B$, $C$ không thẳng hàng, do đó $A$, $B$, $C$ là ba đỉnh của một tam giác.

b) Gọi $M(x;\ y)$ là trung điểm $AB$:

$$\begin{cases} x = \dfrac{1 + 2}{2} = \dfrac{3}{2} \\[6pt] y = \dfrac{3 + 4}{2} = \dfrac{7}{2} \end{cases}$$

Vậy $M!\left(\dfrac{3}{2};\ \dfrac{7}{2}\right)$.

c) Gọi $G(x;\ y)$ là trọng tâm tam giác $ABC$:

$$\begin{cases} x = \dfrac{1 + 2 + (-3)}{3} = 0 \\[6pt] y = \dfrac{3 + 4 + 2}{3} = 3 \end{cases}$$

Vậy $G(0;\ 3)$.

d) Điểm $O(0;\ 0)$ là trọng tâm tam giác $ABD$ nên:

$$\begin{cases} \dfrac{1 + 2 + x}{3} = 0 \\[6pt] \dfrac{3 + 4 + y}{3} = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = -3 \\ y = -7 \end{cases}$$

Vậy $D(-3;\ -7)$.

Dạng 4. Bài toán thực tế — xác định vị trí trên mặt phẳng toạ độ

Phương pháp:

• Xác định vectơ vận tốc $\vec{v}$ hoặc vectơ di chuyển.
• Vị trí sau thời gian $t$: $B = A + t \cdot \vec{v}$, tức là toạ độ $B(x_A + t \cdot v_x;\ y_A + t \cdot v_y)$.
• Với bài toán di chuyển rời rạc (quân cờ), liệt kê tất cả vectơ di chuyển có thể rồi cộng vào vị trí hiện tại.

Ví dụ 1 (Bài 4.19 SGK). Sự chuyển động của một tàu thuỷ được thể hiện trên một mặt phẳng toạ độ như sau: Tàu khởi hành từ vị trí $A(1;\ 2)$ chuyển động thẳng đều với vận tốc (tính theo giờ) được biểu thị bởi vectơ $\vec{v} = (3;\ 4)$. Xác định vị trí của tàu tại thời điểm sau khi khởi hành $1{,}5$ giờ.

Lời giải chi tiết:

Gọi $B(x;\ y)$ là vị trí của tàu tại thời điểm sau khi khởi hành $1{,}5$ giờ.

Khi đó: $\overrightarrow{AB} = 1{,}5 \cdot \vec{v} = 1{,}5 \cdot (3;\ 4) = (4{,}5;\ 6)$.

$$\begin{cases} x – 1 = 4{,}5 \\ y – 2 = 6 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = 5{,}5 \\ y = 8 \end{cases}$$

Vậy sau $1{,}5$ giờ, tàu đến vị trí $B(5{,}5;\ 8)$.

Ví dụ 2 (Bài 4.20 SGK). Trong Hình 4.38, quân mã đang ở vị trí có toạ độ $(1;\ 2)$. Hỏi sau một nước đi, quân mã có thể đến những vị trí nào?

Lời giải chi tiết:

Quân mã đi theo hình chữ L: hoặc tiến $1$ ô rồi sang trái (hoặc phải) $2$ ô, hoặc tiến $2$ ô rồi sang trái (hoặc phải) $1$ ô. Quân mã không bị cản bởi bất cứ quân nào trên đường đi; chỉ bị cản khi ô đích đến là quân cờ cùng màu.

Từ vị trí $(1;\ 2)$, các vectơ di chuyển có thể là: $(\pm 1;\ \pm 2)$ hoặc $(\pm 2;\ \pm 1)$.

Liệt kê các vị trí (chỉ tính ô nằm trong bàn cờ):

Vậy sau một nước đi, quân mã có thể đến các vị trí: $(0;\ 0)$, $(2;\ 0)$, $(3;\ 1)$, $(3;\ 3)$, $(2;\ 4)$ và $(0;\ 4)$.

Sai lầm thường gặp

Tổng kết

Toạ độ vectơ: $\vec{u} = x_0\vec{i} + y_0\vec{j}$ thì $\vec{u} = (x_0;\ y_0)$. Hai vectơ bằng nhau $\Leftrightarrow$ cùng toạ độ.

Phép toán vectơ theo toạ độ:

Toạ độ và khoảng cách:

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh