Bài tập

Bài 1.

Cho hai vecto a⃗\vec{a}, b⃗\vec{b} và một điểm MM như Hình 3.

a) Hãy vẽ các vecto MN→=3a⃗\overrightarrow{MN} = 3\vec{a}, MP→=−3b⃗\overrightarrow{MP} = -3\vec{b}.

b) Cho biết mỗi ô vuông có cạnh bằng 1.

Tinh: ∣b⃗∣,∣−3b⃗∣,∣2a⃗+2b⃗∣|\vec{b}|, |-3\vec{b}|, |2\vec{a} + 2\vec{b}|

Lời giải:

a) Vẽ các vecto MN→\overrightarrow{MN} và MP→\overrightarrow{MP} như hình dưới:

  • Vẽ MN→=3a⃗\overrightarrow{MN} = 3\vec{a}:

    • Từ điểm MM, di chuyển 33 đơn vị theo hướng của a⃗\vec{a} (sang phải 33 ô).
    • Đặt điểm NN tại điểm kết thúc.

  • Vẽ MP→=−3b⃗\overrightarrow{MP} = -3\vec{b}:

    • Từ điểm MM, di chuyển 33 đơn vị theo hướng ngược b⃗\vec{b} (lên 33 ô).
    • Đặt điểm PP tại điểm kết thúc.

b)

  • Độ dài ∣b⃗∣|\vec{b}|:

    • b⃗\vec{b} có độ dài bằng 33 ô vuông (theo hình vẽ).
    • ∣b⃗∣=3|\vec{b}| = 3.

  • Độ dài ∣−3b⃗∣|-3\vec{b}|:

    • ∣−3b⃗∣=∣−3∣⋅∣b⃗∣=3⋅3=9|-3\vec{b}| = |-3| \cdot |\vec{b}| = 3 \cdot 3 = 9.

  • Độ dài ∣2a⃗+2b⃗∣|2\vec{a} + 2\vec{b}|:

    • Vecto 2a⃗+2b⃗2\vec{a} + 2\vec{b} có thể xác định bằng cách:
      • Vẽ MQ→=2a⃗\overrightarrow{MQ} = 2\vec{a} (dịch chuyển 22 đơn vị theo hướng a⃗\vec{a}).
      • Vẽ QR→=2b⃗\overrightarrow{QR} = 2\vec{b} (dịch chuyển 22 đơn vị theo hướng b⃗\vec{b}).
      • MR→=2a⃗+2b⃗\overrightarrow{MR} = 2\vec{a} + 2\vec{b}.
    • Từ hình vẽ, ta thấy 2a⃗+2b⃗2\vec{a} + 2\vec{b} tạo thành đường chéo của hình chữ nhật có chiều dài 44 và chiều rộng 22.
    • Độ dài ∣2a⃗+2b⃗∣=42+22=20=25|2\vec{a} + 2\vec{b}| = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}.

Kết quả: ∣b⃗∣=3|\vec{b}| = 3, ∣−3b⃗∣=9|-3\vec{b}| = 9, ∣2a⃗+2b⃗∣=25|2\vec{a} + 2\vec{b}| = 2\sqrt{5}.

Bài 2.

Cho tam giác ABCABC. Chứng minh GG là trọng tâm của tam giác ABCABC khi và chỉ khi MA→+MB→+MC→=3MG→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = 3\overrightarrow{MG}.

Lời giải:

  • Chứng minh chiều thuận:
    • Giả sử GG là trọng tâm tam giác ABCABC.
    • Ta có: MG→=MA→+AG→\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AG}, MG→=MB→+BG→\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BG}, MG→=MC→+CG→\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CG}.
    • Cộng vế theo vế:
3MG→=MA→+AG→+MB→+BG→+MC→+CG→3\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BG} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CG}
  • Do AG→+BG→+CG→=0⃗\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{BG} + \overrightarrow{CG} = \vec{0} (định lý trọng tâm):
3MG→=MA→+MB→+MC→.3\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC}.
  • Chứng minh chiều ngược:
    • Giả sử MA→+MB→+MC→=3MG→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = 3\overrightarrow{MG}.
    • Lấy GG sao cho AG→+BG→+CG→=0⃗\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{BG} + \overrightarrow{CG} = \vec{0}.
    • Suy ra GG là trọng tâm.

Kết quả: Chứng minh hoàn tất.

Bài 3.

Một con tàu chở hàng AA đang đi về hướng tây với tốc độ 2020 hải lí/giờ. Cùng lúc đó, một con tàu chở khách BB đang đi về hướng đông với tốc độ 5050 hải lí/giờ. Biểu diễn vecto vận tốc b⃗\vec{b} của tàu BB theo vecto vận tốc a⃗\vec{a} của tàu AA.

Lời giải:

  • Chọn hệ trục tọa độ với hướng Tây là trục hoành (âm), hướng Nam là trục tung (âm).
  • Tốc độ tàu AA: 2020 hải lí/giờ về hướng Tây, nên a⃗=(−20,0)\vec{a} = (-20, 0).
  • Tốc độ tàu BB: 5050 hải lí/giờ về hướng Đông, nên b⃗=(50,0)\vec{b} = (50, 0).

Biểu diễn b⃗\vec{b} theo a⃗\vec{a}:

b⃗=−52a⃗.\vec{b} = -\frac{5}{2} \vec{a}.

Kết quả: b⃗=−52a⃗\vec{b} = -\frac{5}{2} \vec{a}.

Trang 96 — Điều kiện để hai vector cùng phương

Trang này có nội dung lý thuyết và bài tập ví dụ, không có bài tập tự luyện hoặc câu hỏi trắc nghiệm.

Tuy nhiên, có một bài toán được đưa ra làm ví dụ:

Ví dụ 4. Cho tam giác ABCABC có trung tuyến AMAM. Gọi II là trung điểm của AMAM và KK là điểm trên cạnh ACAC sao cho AK=13ACAK = \frac{1}{3}AC.

a) Tính BI→\overrightarrow{BI} theo BA→,BC→\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC}.

b) Tính BK→\overrightarrow{BK} theo BA→,BC→\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BC}.

c) Chứng minh ba điểm B,I,KB, I, K thẳng hàng.

Lời giải:

a) Ta có:

BI→=BA→+AI→=BA→+12AM→=BA→+12(BM→−BA→)=BA→+12(12(BA→+BC→)−BA→)=BA→+14BC→−14BA→=34BA→+14BC→.\begin{aligned} \overrightarrow{BI} &= \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AI} \\ &= \overrightarrow{BA} + \frac{1}{2} \overrightarrow{AM} \\ &= \overrightarrow{BA} + \frac{1}{2} \left( \overrightarrow{BM} - \overrightarrow{BA} \right) \\ &= \overrightarrow{BA} + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} \left( \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{BC} \right) - \overrightarrow{BA} \right) \\ &= \overrightarrow{BA} + \frac{1}{4} \overrightarrow{BC} - \frac{1}{4} \overrightarrow{BA} \\ &= \frac{3}{4} \overrightarrow{BA} + \frac{1}{4} \overrightarrow{BC}. \end{aligned}

Kết quả: BI→=12BA→+14BC→\overrightarrow{BI} = \frac{1}{2} \overrightarrow{BA} + \frac{1}{4} \overrightarrow{BC}

b) Ta có:

BK→=BA→+AK→=BA→+13AC→=BA→+13(BC→−BA→)=23BA→+13BC→.\begin{aligned} \overrightarrow{BK} &= \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AK} \\ &= \overrightarrow{BA} + \frac{1}{3} \overrightarrow{AC} \\ &= \overrightarrow{BA} + \frac{1}{3} \left( \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BA} \right) \\ &= \frac{2}{3} \overrightarrow{BA} + \frac{1}{3} \overrightarrow{BC}. \end{aligned}

Kết quả: BK→=23BA→+13BC→\overrightarrow{BK} = \frac{2}{3} \overrightarrow{BA} + \frac{1}{3} \overrightarrow{BC}

c) Ta có:

BI→=34BK→  ⟺  BI→=34BK→.\begin{aligned} \overrightarrow{BI} &= \frac{3}{4} \overrightarrow{BK} \\ \iff \overrightarrow{BI} &= \frac{3}{4} \overrightarrow{BK}. \end{aligned}

Vậy ba điểm B,I,KB, I, K thẳng hàng.

Kết quả: Ba điểm B,I,KB, I, K thẳng hàng.

Trang 98 — Tích vô hướng của hai vecto

Bài 1. Cho hình bình hành ABCDABCD có OO là giao điểm hai đường chéo. Với MM là điểm tùy ý, chứng minh rằng: a) MA→+MB→+MC→+MD→=4MO→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 4\overrightarrow{MO};

Lời giải:

Ta có:

MA→+MB→+MC→+MD→=(MO→+OA→)+(MO→+OB→)+(MO→+OC→)+(MO→+OD→)=4MO→+(OA→+OC→)+(OB→+OD→).\begin{aligned} \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} &= (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}) + (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}) + (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OC}) + (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OD}) \\ &= 4\overrightarrow{MO} + (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC}) + (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD}). \end{aligned}

Vì OO là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCDABCD nên OA→+OC→=0→\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0} và OB→+OD→=0→.\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD} = \overrightarrow{0}.

Do đó: MA→+MB→+MC→+MD→=4MO→.\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 4\overrightarrow{MO}.

Kết quả: MA→+MB→+MC→+MD→=4MO→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 4\overrightarrow{MO}

Bài 1 (tiếp). Cho hình bình hành ABCDABCD có OO là giao điểm hai đường chéo. Với MM là điểm tùy ý, chứng minh rằng: b) AB→+AC→+AD→=2AC→\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AC}.

Lời giải:

Ta có:

AB→+AC→+AD→=(AO→+OB→)+(AO→+OC→)+(AO→+OD→)=3AO→+(OB→+OD→)+OC→=3AO→+0→+OC→=3AO→+OC→=2AO→+OA→+OC→=2AO→+OC→=AC→+AC→=2AC→.\begin{aligned} \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} &= (\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OB}) + (\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OC}) + (\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OD}) \\ &= 3\overrightarrow{AO} + (\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD}) + \overrightarrow{OC} \\ &= 3\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{0} + \overrightarrow{OC} \\ &= 3\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OC} \\ &= 2\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} \\ &= 2\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OC} \\ &= \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AC} = 2\overrightarrow{AC}. \end{aligned}

Kết quả: AB→+AC→+AD→=2AC→\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AC}

Bài 2. Cho tứ giác ABCDABCD. Gọi MM và NN lần lượt là trung điểm các cạnh ABAB và CDCD. Chứng minh rằng: a) AC→+BD→=2MN→\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{MN};

Lời giải:

Ta có:

AC→+BD→=(AM→+MN→+NC→)+(BM→+MN→+ND→)=2MN→+(AM→+BM→)+(NC→+ND→).\begin{aligned} \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} &= (\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{NC}) + (\overrightarrow{BM} + \overrightarrow{MN} + \overrightarrow{ND}) \\ &= 2\overrightarrow{MN} + (\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{BM}) + (\overrightarrow{NC} + \overrightarrow{ND}). \end{aligned}

Vì M,NM, N là trung điểm AB,CDAB, CD nên AM→+BM→=0→\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{BM} = \overrightarrow{0} và NC→+ND→=0→.\overrightarrow{NC} + \overrightarrow{ND} = \overrightarrow{0}.

Do đó AC→+BD→=2MN→.\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{MN}.

Kết quả: AC→+BD→=2MN→\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = 2\overrightarrow{MN}

Bài 2 (tiếp). Cho tứ giác ABCDABCD. Gọi MM và NN lần lượt là trung điểm các cạnh ABAB và CDCD. Chứng minh rằng: b) AC→+BD→=BC→+AD→\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD}.

Lời giải:

Ta có:

AC→+BD→=AB→+BC→+AD→+DC→=BC→+AD→+AB→+DC→=BC→+AD→+AB→+2MN→+CD→=BC→+AD→+AB→+CD→=BC→+AD→.\begin{aligned} \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} &= \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DC} \\ &= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{DC} \\ &= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} + 2\overrightarrow{MN} + \overrightarrow{CD} \\ &= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{CD} \\ &= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD}. \end{aligned}

Kết quả: AC→+BD→=BC→+AD→\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{AD}

Bài 3. Cho hai điểm phân biệt AA và BB. Xác định điểm MM sao cho MA→+4MB→=0→\overrightarrow{MA} + 4\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{0}.

Lời giải:

Ta có: MA→+4MB→=0→  ⟹  MA→=−4MB→  ⟹  MA→=4BM→\overrightarrow{MA} + 4\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{0} \implies \overrightarrow{MA} = -4\overrightarrow{MB} \implies \overrightarrow{MA} = 4\overrightarrow{BM}

  ⟺  MB→+BA→=4BM→  ⟺  5BM→=BA→  ⟺  BM→=15BA→.\iff \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BA} = 4\overrightarrow{BM} \iff 5\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{BA} \iff \overrightarrow{BM} = \dfrac{1}{5} \overrightarrow{BA}.

Vậy MM là điểm nằm trên cạnh ABAB sao cho MB=15AB.MB = \dfrac{1}{5} AB.

Kết quả: MM là điểm nằm trên cạnh ABAB sao cho MB=15AB.MB = \dfrac{1}{5} AB.

Bài 4. Cho tứ giác ABCDABCD. Gọi E,F,GE, F, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB,CD,EFAB, CD, EF. Lấy điểm MM tùy ý, chứng minh rằng MA→+MB→+MC→+MD→=4MG→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 4\overrightarrow{MG}.

Lời giải:

Vì E,FE, F là trung điểm AB,CDAB, CD nên MA→+MB→=2ME→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{ME} và MC→+MD→=2MF→.\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 2\overrightarrow{MF}.

Do đó MA→+MB→+MC→+MD→=2(ME→+MF→).\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 2(\overrightarrow{ME} + \overrightarrow{MF}).

Mặt khác, vì GG là trung điểm EFEF nên ME→+MF→=2MG→.\overrightarrow{ME} + \overrightarrow{MF} = 2\overrightarrow{MG}.

Vậy MA→+MB→+MC→+MD→=4MG→.\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 4\overrightarrow{MG}.

Kết quả: MA→+MB→+MC→+MD→=4MG→\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{MD} = 4\overrightarrow{MG}

Bài 5. Máy bay AA đang bay về hướng đông bắc với tốc độ 600600 km/h. Cùng lúc đó, máy bay BB đang bay về hướng tây nam với tốc độ 800800 km/h. Biểu diễn vecto vận tốc b→\overrightarrow{b} của máy bay BB theo vecto vận tốc a→\overrightarrow{a} của máy bay AA.

Lời giải:

Gọi α\alpha là góc giữa hai vecto a→\overrightarrow{a} và b→.\overrightarrow{b}.

Ta có: cos⁡α=cos⁡135∘=−22.\cos \alpha = \cos 135^\circ = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}.

Vì ∣a→∣=600,∣b→∣=800|\overrightarrow{a}| = 600, |\overrightarrow{b}| = 800 nên b→=43a→.\overrightarrow{b} = \dfrac{4}{3} \overrightarrow{a}.

Kết quả: b→=43a→\overrightarrow{b} = \dfrac{4}{3} \overrightarrow{a}

Bài 6. Cho hai điểm phân biệt AA và BB. a) Xác định điểm OO sao cho OA→+3OB→=0→\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{0}.

Lời giải:

Ta có: OA→+3OB→=0→  ⟺  OA→=−3OB→  ⟺  OA→=3BO→\overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB} = \overrightarrow{0} \iff \overrightarrow{OA} = -3\overrightarrow{OB} \iff \overrightarrow{OA} = 3\overrightarrow{BO}

  ⟺  OB→+BA→=3BO→  ⟺  4BO→=BA→  ⟺  BO→=14BA→.\iff \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{BA} = 3\overrightarrow{BO} \iff 4\overrightarrow{BO} = \overrightarrow{BA} \iff \overrightarrow{BO} = \dfrac{1}{4} \overrightarrow{BA}.

Vậy OO là điểm nằm trên cạnh ABAB sao cho OB=14AB.OB = \dfrac{1}{4} AB.

Kết quả: OO là điểm nằm trên cạnh ABAB sao cho OB=14AB.OB = \dfrac{1}{4} AB.

Bài 6 (tiếp). Cho hai điểm phân biệt AA và BB. b) Chứng minh rằng với mọi điểm MM, ta có MA→+3MB→=4MO→\overrightarrow{MA} + 3\overrightarrow{MB} = 4\overrightarrow{MO}.

Lời giải:

Ta có: MA→+3MB→=MO→+OA→+3(MO→+OB→)\overrightarrow{MA} + 3\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA} + 3(\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB})

=4MO→+OA→+3OB→=4MO→.= 4\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA} + 3\overrightarrow{OB} = 4\overrightarrow{MO}.

Kết quả: MA→+3MB→=4MO→\overrightarrow{MA} + 3\overrightarrow{MB} = 4\overrightarrow{MO}

Bài 7. Cho tam giác ABCABC. a) Xác định các điểm M,N,PM, N, P thỏa mãn: MB=12BC→,AN→=3NB→,CP→=PA→.MB = \dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC}, \overrightarrow{AN} = 3\overrightarrow{NB}, \overrightarrow{CP} = \overrightarrow{PA}.

Lời giải:

Ta có: MB→=12BC→  ⟺  MB→=BN→  ⟺  M≡N.\overrightarrow{MB} = \dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC} \iff \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{BN} \iff M \equiv N.

AN→=3NB→  ⟺  AB→=3BN→  ⟺  BN→=13AB→.\overrightarrow{AN} = 3\overrightarrow{NB} \iff \overrightarrow{AB} = 3\overrightarrow{BN} \iff \overrightarrow{BN} = \dfrac{1}{3} \overrightarrow{AB}.

CP→=PA→  ⟺  CP→=PD→  ⟺  P≡D.\overrightarrow{CP} = \overrightarrow{PA} \iff \overrightarrow{CP} = \overrightarrow{PD} \iff P \equiv D.

Kết quả: M≡N,P≡DM \equiv N, P \equiv D

Bài 7 (tiếp). Cho tam giác ABCABC. b) Biểu thị mỗi vecto MN→,MP→\overrightarrow{MN}, \overrightarrow{MP} theo hai vecto BC→,BA→\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{BA}.

Lời giải:

Ta có: MN→=BN→−BM→=13AB→−12BC→=−12BC→−13BA→.\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{BN} - \overrightarrow{BM} = \dfrac{1}{3} \overrightarrow{AB} - \dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC} = -\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC} - \dfrac{1}{3} \overrightarrow{BA}.

MP→=BP→−BM→=BA→+AP→−12BC→=BA→−AB→−12BC→=−12BC→.\overrightarrow{MP} = \overrightarrow{BP} - \overrightarrow{BM} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AP} - \dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BA} - \overrightarrow{AB} - \dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC} = -\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC}.

Kết quả: MN→=−12BC→−13BA→,MP→=−12BC→\overrightarrow{MN} = -\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC} - \dfrac{1}{3} \overrightarrow{BA}, \overrightarrow{MP} = -\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC}

Bài 7 (tiếp). Cho tam giác ABCABC. c) Chứng minh ba điểm M,N,PM, N, P thẳng hàng.

Lời giải:

Ta có: MN→=kMP→  ⟺  −12BC→−13BA→=k(−12BC→)\overrightarrow{MN} = k\overrightarrow{MP} \iff -\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC} - \dfrac{1}{3} \overrightarrow{BA} = k(-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{BC})

  ⟺  {−12=−k2−13=0  ⟹  k=1.\iff \begin{cases} -\dfrac{1}{2} = -\dfrac{k}{2} \\ -\dfrac{1}{3} = 0 \end{cases} \implies k = 1.

Vậy MN→=MP→  ⟹  M,N,P\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MP} \implies M, N, P thẳng hàng.

Kết quả: M,N,PM, N, P thẳng hàng.

Trang 99 — Góc giữa hai vectơ

Bài 1. Cho hình vuông ABCDABCD có tâm II (Hình 1).

a) Tính IDC^\widehat{IDC} .

b) Tìm hai vectơ cùng có điểm đầu là DD và điểm cuối lần lượt là II và CC.

c) Tìm hai vectơ cùng có điểm đầu là DD và lần lượt bằng vectơ IB→\overrightarrow{IB} và AB→\overrightarrow{AB}.

Lời giải:

a) Hình vuông ABCDABCD có ID=ICID = IC và DIC^=90∘\widehat{DIC} = 90^{\circ} nên △IDC\triangle IDC vuông cân tại II. Do đó IDC^=45∘\widehat{IDC} = 45^{\circ}.

b) Các vectơ cùng có điểm đầu là DD và điểm cuối lần lượt là II và CC là DI→\overrightarrow{DI} và DC→\overrightarrow{DC}.

c) Ta có IB→=DI→\overrightarrow{IB} = \overrightarrow{DI} và AB→=DC→\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{DC}.

Kết quả: IDC^=45∘\widehat{IDC} = 45^{\circ}.

Bài 2. Cho hai vectơ a→\overrightarrow{a} và b→\overrightarrow{b} đều khác 0→\overrightarrow{0}. Từ một điểm OO bất kì ta vẽ OA→=a→,OB→=b→\overrightarrow{OA} = \overrightarrow{a}, \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{b}.

Góc AOBAOB với số đo từ 0∘0^{\circ} đến 180∘180^{\circ} được gọi là góc giữa hai vectơ a→\overrightarrow{a} và b→\overrightarrow{b}.

Ta kí hiệu góc giữa hai vectơ a→\overrightarrow{a} và b→\overrightarrow{b} là (a→,b→)(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}).

Nếu (a→,b→)=90∘(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = 90^{\circ} thì ta nói rằng a→\overrightarrow{a} và b→\overrightarrow{b} vuông góc với nhau, kí hiệu là a→⊥b→\overrightarrow{a} \perp \overrightarrow{b}.

Lời giải: Không cần giải, chỉ cần ghi nhớ lý thuyết.

Trang 99 — Góc giữa hai vectơ

Bài 3. Cho hình vuông ABCDABCD có tâm II là giao điểm của hai đường chéo.

Tìm các góc:

a) (IB→,AB→)(\overrightarrow{IB}, \overrightarrow{AB});

b) (IB→,AI→)(\overrightarrow{IB}, \overrightarrow{AI});

c) (IB→,DB→)(\overrightarrow{IB}, \overrightarrow{DB});

d) (IA→,IC→)(\overrightarrow{IA}, \overrightarrow{IC}).

Lời giải:

a) Ta có: DI→=IB→,DC→=AB→\overrightarrow{DI} = \overrightarrow{IB}, \overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}, suy ra (IB→,AB→)=(DI→,DC→)=IDC^=45∘(\overrightarrow{IB}, \overrightarrow{AB}) = (\overrightarrow{DI}, \overrightarrow{DC}) = \widehat{IDC} = 45^{\circ}.

b) Ta có AI→=IB→\overrightarrow{AI} = \overrightarrow{IB} nên (IB→,AI→)=(IB→,IB→)=0∘(\overrightarrow{IB}, \overrightarrow{AI}) = (\overrightarrow{IB}, \overrightarrow{IB}) = 0^{\circ}.

c) Ta có DB→=2IB→\overrightarrow{DB} = 2\overrightarrow{IB} nên (IB→,DB→)=(IB→,2IB→)=0∘(\overrightarrow{IB}, \overrightarrow{DB}) = (\overrightarrow{IB}, 2\overrightarrow{IB}) = 0^{\circ}.

d) Ta có IA→=−IC→\overrightarrow{IA} = -\overrightarrow{IC} nên (IA→,IC→)=180∘(\overrightarrow{IA}, \overrightarrow{IC}) = 180^{\circ}.

Kết quả: a) 45∘45^{\circ}; b) 0∘0^{\circ}; c) 0∘0^{\circ}; d) 180∘180^{\circ}.