(SBT) Toán Hình lớp 10: Tích vô hướng của hai vecto
Bài 2.13 trang 91
Cho hai vec tơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) đều khác \(\overrightarrow 0 \). Tích vô hướng \(\overrightarrow a .\overrightarrow b \) khi nào dương, khi nào âm và khi nào bằng 0?
Ta có:
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|\cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b )\)
Do đó:
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b > 0\) khi \(\cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) > 0\) nghĩa là \(0 \le (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) \le {90^0}\)
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b < 0\) khi \(\cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) < 0\) nghĩa là \({90^0} \le (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) \le {180^0}\)
\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = 0\) khi \(\cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = 0\) nghĩa là \((\overrightarrow a ,\overrightarrow b ) = {90^0}\)
Bài 2.14 trang 91 SBT Toán Hình 10
Áp dụng tính chất giao hoán và tính chất phân phối của tích vô hướng hãy chứng minh các kết quả sau đây:
\({(\overrightarrow a + \overrightarrow b )^2} = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b \)
\({(\overrightarrow a – \overrightarrow b )^2} = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} – 2\overrightarrow a .\overrightarrow b \)
\((\overrightarrow a + \overrightarrow b )(\overrightarrow a – \overrightarrow b ) = {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} – {\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\)
Bài giải
\(\eqalign{
& {(\overrightarrow a + \overrightarrow b )^2} = (\overrightarrow a + \overrightarrow b ).(\overrightarrow a + \overrightarrow b ) \cr
& = \overrightarrow a .\overrightarrow a + \overrightarrow a .\overrightarrow b + \overrightarrow b .\overrightarrow a + \overrightarrow b .\overrightarrow b \cr} \)
\(= {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + {\left| {\overrightarrow b } \right|^2} + 2\overrightarrow a .\overrightarrow b \)
Các tính chất còn lại được chứng minh tương tự.
Bài 2.15
Tam giác ABC vuông tại A và có AB = AC = a. Tính:
a) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)
b) \(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} \)
c) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} \)
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0\)
\(\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = a.a\sqrt 2 .\cos {45^0} = {a^2}\)
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = a.a\sqrt 2 .\cos {135^0} = – {a^2}\)
Bài 2.16 trang 91 SBT Toán 10
Cho tam giác ABC có AB = 5 cm, BC = 7 cm, CA = 8 cm.
a) Tính \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) rồi suy ra giá trị của góc A;
b) Tính \(\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} \)
a) Ta có:
\(B{C^2} = {\overrightarrow {BC} ^2} = {(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} )^2}\)
\({\overrightarrow { = AC} ^2} + {\overrightarrow {AB} ^2} – 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} \)
Do đó:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = {{{{\overrightarrow {AC} }^2} + {{\overrightarrow {AB} }^2} – {{\overrightarrow {BC} }^2}} \over 2} \cr
& = {{{8^2} + {5^2} – {7^2}} \over 2} = 20 \cr} \)
Mặt khác:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.cosA \cr
& = 5.8.cosA = 20 \cr} \)
Suy ra \(\cos A = {{20} \over {40}} = {1 \over 2} = > \widehat A = {60^0}\)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& B{A^2} = {\overrightarrow {BA} ^2} = {(\overrightarrow {CA} – \overrightarrow {CB} )^2} \cr
& = {\overrightarrow {CA} ^2} + {\overrightarrow {CB} ^2} – 2\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} \cr} \)
Do đó:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} = {1 \over 2}({\overrightarrow {CA} ^2} + {\overrightarrow {CB} ^2} – {\overrightarrow {BA} ^2}) \cr
& = {1 \over 2}({8^2} + {7^2} – {5^2}) = 44 \cr} \)
Bài 2.17 trang 91
Tam giác ABC có AB = 6 cm, AC = 8 cm, BC = 11 cm.
a) Tính \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) và chứng tỏ rằng tam giác ABC có góc A tù.
b) Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM = 2 cm và gọi N là trung điểm của cạnh AC. Tính \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} \).
a)
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = {1 \over 2}(A{C^2} + A{B^2} – B{C^2}) \cr
& = {1 \over 2}({8^2} + {6^2} – {11^2}) = – {{21} \over 2} \cr} \)
\( = AB.AC.cosA = – {{21} \over 2}\)
=> Góc A tù
b) Ta có:
\(\overrightarrow {AM} = {1 \over 3}\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AN} = {1 \over 2}\overrightarrow {AC} \)
Do đó:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AM.} \overrightarrow {AN} = {1 \over 3}\overrightarrow {AB} .{1 \over 2}\overrightarrow {AC} \cr
& = {1 \over 6}\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = {1 \over 6}.( – {{21} \over 2}) = – {7 \over 4} \cr}\)
Bài 2.18 trang 92
Cho tam giác ABC cân (AB = AC). Gọi H là trung điểm của cạnh BC, D là hình chiếu vuông góc của H trên cạnh AC, M là trung điểm của đoạn HD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BD.
Ta cần chứng minh \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = 0\)
Tac có: \(2\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} \) vì M là trung điểm của đoạn HD.
\(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD} \)
Do đó:
\(2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = (\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {AD} ).(\overrightarrow {BH} + \overrightarrow {HD} )\)
\(= \underbrace {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BH} }_{ = 0} + \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BH} + \underbrace {\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {HD} }_{ = 0}\)
\( = > \,2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BH} \)
\( = (\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + (\overrightarrow {AH} + \overrightarrow {HD} ).\overrightarrow {BH} \)
\( = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {HD} + \underbrace {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BH} }_{ = 0} + \overrightarrow {HD} .\overrightarrow {BH} \)
\( = \overrightarrow {HD} .(\underbrace {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BH} }_{\overrightarrow {AC} }) = \overrightarrow {HD} .\overrightarrow {AC} = 0\)
Vậy AM vuông góc với BD.
Bài 2.19 trang 92 Sách bài tậpToán Hình 10
Cho hai véc tơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow b \) có \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 5,\left| {\overrightarrow b } \right| = 12\) và \(\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = 13\). Tính tích vô hướng \(\overrightarrow a .(\overrightarrow a + \overrightarrow b )\) và suy ra góc giữa hai vec tơ \(\overrightarrow a \) và \(\overrightarrow a + \overrightarrow b \)
Bài giải
Dựng tam giác ABC có AB = 5, BC= 12 và AC = 13.
Ta có \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 5,\left| {\overrightarrow b } \right| = 12\) và \(\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = 13\)
Và \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a ,\overrightarrow {BC} = \overrightarrow b ,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow a + \overrightarrow b \)
Khi đó \(\overrightarrow a (\overrightarrow a + \overrightarrow b ) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \)
Mặt khác ta có:
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = {1 \over 2}(A{C^2} + A{B^2} – B{C^2})\)
\( = {1 \over 2}({13^2} + {5^2} – {12^2}) = 25\)
Ta suy ra:
\(\eqalign{
& \cos (\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} ) = {{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \over {\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}} \cr
& = {{25} \over {5.13}} \approx 0,3846 \cr} \)
Suy ra \((\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} ) \approx {67^0}23’\)
Bài 2.20
Cho tam giác ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác và M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng \(\overrightarrow {MH} .\overrightarrow {MA} = {1 \over 4}B{C^2}\)
Ta có \(\overrightarrow {AM} = {1 \over 2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )\)
\(\overrightarrow {HM} = {1 \over 2}(\overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} )\)
\( = > \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {HM} = {1 \over 4}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ).(\overrightarrow {HB} + \overrightarrow {HC} )\)
\( = {1 \over 4}(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {HB} + \underbrace {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {HC} }_{ = 0} + \underbrace {\overrightarrow {AC} \overrightarrow {.HB} }_{ = 0} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {HC} )\)
\( = {1 \over 4}(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {HB} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {HC} )\)
\( = {1 \over 4}\left[ {\overrightarrow {AB} .(\overrightarrow {HC} + \overrightarrow {CB} ) + \overrightarrow {AC} .(\overrightarrow {HB} + \overrightarrow {BC} )} \right]\)
\( = {1 \over 4}\left[ {\underbrace {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {HC} }_0 + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CB} + \underbrace {\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {HB} }_0 + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} } \right]\)
\( = {1 \over 4}(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} ) = {1 \over 4}(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CB} – \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {CB} )\)
\( = {1 \over 4}\overrightarrow {CB} .(\underbrace {\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AC} }_{\overrightarrow {CB} }) = {1 \over 4}{\overrightarrow {CB} ^2} = {1 \over 4}{\overrightarrow {BC} ^2}\)
Bài 2.21 trang 92 Toán 10
Cho tam giác đều ABC cạnh a. Tính \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) và \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} \)
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = a.a.\cos {60^0} = {1 \over 2}{a^2}\)
\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = a.a.\cos {120^0} = – {1 \over 2}{a^2}\)
Bài 2.22
Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại M. Gọi P là trung điểm của cạnh AD. Chứng minh rằng MP vuông góc với BC khi và chỉ khi \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} \)
\(2\overrightarrow {MP} .\overrightarrow {BC} = (\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MD} )(\overrightarrow {MC} – \overrightarrow {MB} )\)
\( = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} – \underbrace {\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} }_0 + \underbrace {\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MC} }_0 – \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MB} \)
\(= \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} – \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MB} \)
Do đó: \(\overrightarrow {MP} \bot \overrightarrow {BC} \Leftrightarrow \overrightarrow {MP} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 \)
\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {MB}\)
Bài 2.23
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A = (2;4), B = ( – 3;1) và C = (3;1). Tính:
a) Tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành;
b) Tọa độ chân của đường cao vẽ từ đỉnh A.
a) Vì ABCD là hình bình hành nên ta có:
\(\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BC} \) trong đó \(\overrightarrow {BA} = (5;3)\)
\(\overrightarrow {BC} = (6; – 2)\)
\( = > \,\overrightarrow {BD} = (11;1)\)
Giả sử D có tọa độ \(({x_D},{y_D})\)
Vì \(\overrightarrow {BD} = (11;1)\) và B(-3; 1) nên ta có:
\(\left\{ \matrix{
{x_D} + 3 = 11 \hfill \cr
{y_D} – 1 = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x_D} = 8 \hfill \cr
{y_D} = 2 \hfill \cr} \right.\)
Chú ý: Ta có thể dựa vào biểu thức vec tơ \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \) hoặc \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA} \) để tính tọa độ điểm D.
b) Gọi A(x;y) là chân đường cao vẽ từ A ta có:
\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AA’} \bot \overrightarrow {BC} \,hay\overrightarrow {AA’} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {BA’} cung\,phuong\,voi\,\overrightarrow {BC} \hfill \cr} \right.\)
Với
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AA’} = (x – 2;y – 4), \cr
& \overrightarrow {BC} = (6; – 2), \cr
& \overrightarrow {BA’} = (x + 3;y – 1) \cr} \)
Do đó:
\(\left\{ \matrix{
(x – 2).6 + (y – 4).( – 2) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AA’} \bot \overrightarrow {BC} \hfill \cr
– 2(x + 3) = 6(y – 1) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {BA’\,} cung\,phuong\,voi\,\overrightarrow {BC} \hfill \cr} \right.\)
\(\left\{ \matrix{
(x – 2).6 + (y – 4).( – 2) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {AA’} \bot \overrightarrow {BC} \hfill \cr
– 2(x + 3) = 6(y – 1) = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {BA’} cung\,phuong\,voi\,\overrightarrow {BC} \hfill \cr} \right.\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
6x – 12 – 2y + 8 = 0 \hfill \cr
– 2x – 6 – 6y + 6 = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
6x – 2y – 4 = 0 \hfill \cr
– 2x – 6y = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{x_{A’}} = {3 \over 5} \hfill \cr
{y_{A’}} = – {1 \over 5} \hfill \cr} \right. \cr} $\)
Bài 2.24 trang 92
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A=( – 1;1), B=(1;3) và C=(1;-1)
Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A.
Gợi ý làm bài
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (2;2),\overrightarrow {AC} = (2; – 2)\). Do đó:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 2.2 + 2.( – 2) = 0 \cr
& = > \overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} \cr} \)
Mặt khác \(\left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {4 + 4} = 2\sqrt 2 \)
Vậy tam giác ABC vuông cân tại A.
Bài 2.25 trang 92 (SBT Toán Hình 10
Trong mặt phẳng Oxy cho bốn điểm A( – 1;1), B(0;2), C(3;1) và D(0;-2). Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình thang cân.
Bài làm
Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (1;1),\,\,\overrightarrow {DC} = (3;3)\)
Vậy \(\overrightarrow {DC} = 3\overrightarrow {AB} \), ta suy ra DC // AB và DC = 3AB.
Mặt khác \(\left| {\overrightarrow {AD} } \right| = \sqrt {{1^2} + {3^2}} \) và \(\left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{3^2} + {1^2}} \)
Nên ABCD là hình thang cân có hai cạnh bên AD và BC bằng nhau, còn hai đáy là AB và CD trong đó đáy lớn CD dài gấp 3 lần đáy nhỏ AB.
Bài 2.26 trang 92
Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A( – 1; – 1), B(3;1) và C(6;0).
a) Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng.
b) Tính góc B của tam giác ABC.
Đáp án
a) Ta có: \(\overrightarrow {AB} = (4;2),\overrightarrow {AC} = (7;1)\)
Vì \({4 \over 7} \ne {2 \over 1}\) nên ba điểm A, B, C không thẳng hàng.
b) Ta có \(\cos B = \cos (\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} ) = {{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} } \over {\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BC} } \right|}}\) với \(\overrightarrow {BA} = ( – 4; – 2),\overrightarrow {BC} = (3; – 1)\)
Do đó:
\(\eqalign{
& \cos B = {{( – 4.3) + ( – 2)( – 1)} \over {\sqrt {16 + 4} .\sqrt {9 + 1} }} \cr
& = {{ – 10} \over {\sqrt {200} }} = – {{\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)
Vậy \(\widehat B = {135^0}\)
Bài 2.27 SBT Toán hình lớp 10
Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(5;4) và B(3;-2). Một điểm M di động trên trục hoành Ox. Tìm giá trị nhỏ nhất của \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right|\)
Gọi I là trung điểm của đoạn AB, ta có I(4;1)
Vì \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} = 2\overrightarrow {MI} \) nên \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right| = 2\left| {\overrightarrow {MI} } \right|\) nhỏ nhất khi giá trị của đoạn IM nhỏ nhất. Điểm M chạy trên trục Ox nên có tọa độ dạng M(x; 0). Do đó:
\(\left| {\overrightarrow {IM} } \right| = \sqrt {{{(x – 4)}^2} + 1} \ge 1\)
Dấu “=” xảy ra khi x = 4.
Vậy giá trị nhỏ nhất của \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} } \right|\) là 2 khi M có tọa độ là M(4;0)
Bài 2.28
Trong mặt phẳng Oxy cho bốn điểm A(3;4), B(4;1), C(2; – 3), D( – 1;6). Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn.
Bài giải: Muốn chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn, ta chứng minh tứ giác này có hai góc đối bù nhau. Khi đó hai góc này có cô sin đối nhau.
Theo giả thiết ta có:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} = (1; – 3),\overrightarrow {AD} = ( – 4;2), \cr
& \overrightarrow {CB} = (2;4);\overrightarrow {CD} = ( – 3;9) \cr} \)
Do đó:
\(\eqalign{
& \cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ) = {{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} } \over {\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|}} \cr
& = {{1.( – 4) + ( – 3).2} \over {\sqrt {1 + 9} .\sqrt {16 + 4} }} = {{ – 10} \over {\sqrt {200} }} = – {1 \over {\sqrt 2 }} \cr} \)
\(\eqalign{
& \cos (\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow {AD} ) = {{\overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CD} } \over {\left| {\overrightarrow {CB} } \right|.\left| {\overrightarrow {CD} } \right|}} \cr
& = {{2.( – 3) + 4.9} \over {\sqrt {4 + 16} .\sqrt {9 + 81} }} = {{30} \over {\sqrt {1800} }} = {1 \over {\sqrt 2 }} \cr} \)
Vì \(\cos (\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} ) = – \cos (\overrightarrow {CB} ,\overrightarrow {CD} )\) nên hai góc này bù nhau. Vậy tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn.
Để lại phản hồi