Giải bài 4.31 trang 65 SBT Toán 10 – KN

Giải bài 4.31 trang 65 SBT Toán 10 – KN – KẾT NỐI TRI THỨC
CỦA BÀI HỌC: Bài 11. Tích vô hướng của hai vectơ – SBT Toán 10 KNTT

=======

Đề bài

Cho tam giác \(ABC\) có \(\widehat A < {90^ \circ }.\) Dựng ra phía ngoài tam giác hai tam giác vuông cân đỉnh \(A\) là \(ABD\) và \(ACE.\) Gọi \(M,\,\,N,\,\,P\) theo thứ tự là trung điểm \(BC,\,\,BD,\,\,CE.\) Chứng minh rằng:

a) \(AM\) vuông góc với \(DE.\)

b) \(BE\) vuông góc với \(CD.\)

c) Tam giác \(MNP\) là một tam giác vuông cân.

Phương pháp giải

–  Tính các vectơ \(\overrightarrow {AM} \) và \(\overrightarrow {DE} \) xong chứng minh tích vô hướng \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE}  = 0\)

– Tính các vectơ \(\overrightarrow {BE} \) và \(\overrightarrow {CD} \) xong chứng minh tích vô hướng \(\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CD}  = 0\)

– Chứng minh \(MN\)//\(CD\) và \(MP\)//\(BE\)

Lời giải chi tiết

a) Ta có: \(\overrightarrow {DE}  = \overrightarrow {AE}  – \overrightarrow {AD} \)  và  \(\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AC} } \right)\left( {\overrightarrow {AE}  – \overrightarrow {AD} } \right)\)

 \(\begin{array}{l} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE}  – \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AE}  – \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE}  – \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {AB.AE.\cos \widehat {BAE} – AC.AD.\cos \widehat {CAD}} \right) = 0\end{array}\)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {AM}  \bot \overrightarrow {DE} \) \( \Rightarrow \) \(AM \bot DE\)

b) Ta có: \(\overrightarrow {BE}  = \overrightarrow {AE}  – \overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {CD}  = \overrightarrow {AD}  – \overrightarrow {AC} \)

\( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CD}  = \left( {\overrightarrow {AE}  – \overrightarrow {AB} } \right)\left( {\overrightarrow {AD}  – \overrightarrow {AC} } \right)\)

\(\begin{array}{l} = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD}  – \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AC}  – \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = AE.AD.\cos \widehat {DAE} + AB.AC.\cos \widehat {BAC}\\ = AE.AD.\cos \widehat {DAE} + AB.AC.\cos \left( {{{180}^ \circ } – \widehat {DAE}} \right) = 0\end{array}\)