Bài 11. Tích vô hướng của hai vectơ (SGK Toán 10 – Kết nối tri thức, Tập 1, trang 67–72)

Tóm tắt lý thuyết

Góc giữa hai vectơ a⃗\vec{a}, b⃗\vec{b} khác 0⃗\vec{0}:

(a⃗,b⃗)=θ,0°≤θ≤180°.(\vec{a},\vec{b}) = \theta, \quad 0° \leq \theta \leq 180°.

Cách xác định: đặt a⃗\vec{a}, b⃗\vec{b} chung điểm đầu, θ\theta là góc tạo bởi hai tia mang chúng.

Tích vô hướng:

a⃗⋅b⃗=∣a⃗∣∣b⃗∣cos⁡(a⃗,b⃗).\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}|\cos(\vec{a},\vec{b}).

Quy ước: 0⃗⋅b⃗=0\vec{0} \cdot \vec{b} = 0.

Hệ quả:

  • a⃗⊥b⃗  ⇔  a⃗⋅b⃗=0\vec{a} \perp \vec{b} \;\Leftrightarrow\; \vec{a} \cdot \vec{b} = 0.
  • a⃗⋅a⃗=∣a⃗∣2\vec{a} \cdot \vec{a} = |\vec{a}|^2.

Tính chất: giao hoán a⃗⋅b⃗=b⃗⋅a⃗\vec{a}\cdot\vec{b} = \vec{b}\cdot\vec{a}; phân phối a⃗⋅(b⃗+c⃗)=a⃗⋅b⃗+a⃗⋅c⃗\vec{a}\cdot(\vec{b}+\vec{c}) = \vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{a}\cdot\vec{c}; (ka⃗)⋅b⃗=k(a⃗⋅b⃗)(k\vec{a})\cdot\vec{b} = k(\vec{a}\cdot\vec{b}).

Biểu thức tọa độ (u⃗=(x; y)\vec{u} = (x;\,y), v⃗=(x′; y′)\vec{v} = (x';\,y')):

u⃗⋅v⃗=xx′+yy′.\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy'.

∣u⃗∣=x2+y2,cos⁡(u⃗,v⃗)=xx′+yy′x2+y2⋅x′2+y′2.|\vec{u}| = \sqrt{x^2+y^2}, \quad \cos(\vec{u},\vec{v}) = \frac{xx'+yy'}{\sqrt{x^2+y^2}\cdot\sqrt{x'^2+y'^2}}.

Vuông góc theo tọa độ: u⃗⊥v⃗  ⇔  xx′+yy′=0\vec{u} \perp \vec{v} \;\Leftrightarrow\; xx' + yy' = 0.

A. Luyện tập trong bài

Luyện tập 1 (trang 67). Cho tam giác ABCABC vuông tại AA, B^=30°\widehat{B} = 30°. Tính các góc (AB→,CA→)(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CA}), (CB→,CA→)(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}), (AB→,BC→)(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}).

Giải:

Suy ra C^=60°\widehat{C} = 60°.

(AB→,CA→)(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CA}): Đặt hai vectơ chung điểm đầu: AB→\overrightarrow{AB} hướng A→BA \to B, CA→\overrightarrow{CA} hướng C→AC \to A. CA→=−AC→\overrightarrow{CA} = -\overrightarrow{AC}. Góc giữa AB→\overrightarrow{AB} và AC→\overrightarrow{AC} là góc A=90°A = 90°, nên góc giữa AB→\overrightarrow{AB} và −AC→-\overrightarrow{AC} là 180°−90°=90°180° - 90° = 90°.

(AB→,CA→)=90°.(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CA}) = 90°.

(CB→,CA→)(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}): Đây là góc giữa hai vectơ xuất phát từ CC. Góc BCA^=60°\widehat{BCA} = 60°, nên:

(CB→,CA→)=60°.(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}) = 60°.

(AB→,BC→)(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}): BC→=−CB→\overrightarrow{BC} = -\overrightarrow{CB}. Góc giữa AB→\overrightarrow{AB} và CB→\overrightarrow{CB} (chung điểm BB) là góc ABC^=30°\widehat{ABC} = 30°, nên:

(AB→,BC→)=180°−30°=150°.(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}) = 180° - 30° = 150°.

Luyện tập 2 (trang 68). Cho hình vuông ABCDABCD cạnh aa. Tính AB→⋅AD→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}, AB→⋅AC→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}, AB→⋅BD→\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD}.

Giải:

Đặt A=(0;0)A = (0;0), B=(a;0)B = (a;0), C=(a;a)C = (a;a), D=(0;a)D = (0;a).

AB→⋅AD→=(a;0)⋅(0;a)=0.(AB⊥AD.)\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} = (a;0)\cdot(0;a) = 0. \quad (AB \perp AD.)

AB→⋅AC→=(a;0)⋅(a;a)=a2+0=a2.\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} = (a;0)\cdot(a;a) = a^2+0 = a^2.

AB→⋅BD→=(a;0)⋅(−a;a)=−a2+0=−a2.\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BD} = (a;0)\cdot(-a;a) = -a^2+0 = -a^2.

(Kiểm tra: ∣AB→∣=a|\overrightarrow{AB}|=a, ∣BD→∣=a2|\overrightarrow{BD}|=a\sqrt{2}, cos⁡135°=−22\cos135° = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} → a⋅a2⋅(−22)=−a2a \cdot a\sqrt{2} \cdot (-\tfrac{\sqrt{2}}{2}) = -a^2 ✓.)

Luyện tập 3 (trang 69). Cho u⃗=(2; −3)\vec{u} = (2;\,-3) và v⃗=(−5; 3)\vec{v} = (-5;\,3).

a) Tính u⃗⋅v⃗\vec{u}\cdot\vec{v}, v⃗⋅u⃗\vec{v}\cdot\vec{u}, u⃗⋅u⃗\vec{u}\cdot\vec{u}.
b) Tính ∣u⃗∣|\vec{u}| và ∣v⃗∣|\vec{v}|.
c) So sánh u⃗⋅v⃗\vec{u}\cdot\vec{v} và v⃗⋅u⃗\vec{v}\cdot\vec{u}.
d) Tính i⃗⋅j⃗\vec{i}\cdot\vec{j}.

Giải:

a) u⃗⋅v⃗=2⋅(−5)+(−3)⋅3=−10−9=−19.\vec{u}\cdot\vec{v} = 2\cdot(-5)+(-3)\cdot3 = -10-9 = -19. v⃗⋅u⃗=−19(giao hoaˊn).\vec{v}\cdot\vec{u} = -19 \quad (\text{giao hoán}). u⃗⋅u⃗=4+9=13.\vec{u}\cdot\vec{u} = 4+9 = 13.

b) ∣u⃗∣=13|\vec{u}| = \sqrt{13}; ∣v⃗∣=25+9=34|\vec{v}| = \sqrt{25+9} = \sqrt{34}.

c) u⃗⋅v⃗=v⃗⋅u⃗=−19\vec{u}\cdot\vec{v} = \vec{v}\cdot\vec{u} = -19 (tính giao hoán của tích vô hướng).

d) i⃗⋅j⃗=(1;0)⋅(0;1)=0\vec{i}\cdot\vec{j} = (1;0)\cdot(0;1) = 0 → i⃗⊥j⃗\vec{i} \perp \vec{j}.

Luyện tập 4 (trang 70). Cho tam giác ABCABC có GG là trọng tâm và MM là điểm bất kỳ. Chứng minh:

MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2.MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2.

Giải:

Với mỗi đỉnh, dùng hằng đẳng thức ∣MA∣2=∣MG→+GA→∣2=MG2+2MG→⋅GA→+GA2|MA|^2 = |\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}|^2 = MG^2 + 2\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GA} + GA^2:

MA2+MB2+MC2=3MG2+2MG→⋅(GA→+GB→+GC→)+GA2+GB2+GC2.MA^2+MB^2+MC^2 = 3MG^2 + 2\overrightarrow{MG}\cdot(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}) + GA^2+GB^2+GC^2.

Do GG là trọng tâm: GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC} = \vec{0}.

⇒MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2.□\Rightarrow MA^2+MB^2+MC^2 = 3MG^2 + GA^2+GB^2+GC^2. \quad \square

Luyện tập 5 (trang 71). Cho tam giác ABCABC với A(−1; 2)A(-1;\,2), B(1; 0)B(1;\,0), C(2; 1)C(2;\,1).

a) Chứng minh tam giác vuông tại BB.
b) Tìm tọa độ trực tâm HH.
c) Tính diện tích tam giác ABCABC.

Giải:

BA→=(−2; 2)\overrightarrow{BA} = (-2;\,2), BC→=(1; 1)\overrightarrow{BC} = (1;\,1).

a) BA→⋅BC→=(−2)(1)+(2)(1)=−2+2=0\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = (-2)(1)+(2)(1) = -2+2 = 0 → BA⊥BCBA \perp BC → vuông tại BB. □\square

b) Tam giác vuông tại BB nên trực tâm H=B(1; 0)H = B(1;\,0).

c) ∣BA∣=4+4=22|BA| = \sqrt{4+4} = 2\sqrt{2}; ∣BC∣=1+1=2|BC| = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}.

S=12⋅∣BA∣⋅∣BC∣=12⋅22⋅2=2.S = \tfrac{1}{2} \cdot |BA| \cdot |BC| = \tfrac{1}{2} \cdot 2\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = 2.

B. Bài tập (trang 71–72)

Bài 4.21. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, tính góc giữa hai vectơ a⃗\vec{a} và b⃗\vec{b}:

a) a⃗=(1; −3)\vec{a} = (1;\,-\sqrt{3}) và b⃗=(3; 1)\vec{b} = (\sqrt{3};\,1).
b) a⃗=i⃗\vec{a} = \vec{i} và b⃗=i⃗+j⃗\vec{b} = \vec{i}+\vec{j}.

Lời giải:

a)

a⃗⋅b⃗=3+(−3)=0  ⇒  a⃗⊥b⃗.\vec{a}\cdot\vec{b} = \sqrt{3}+(-\sqrt{3}) = 0 \;\Rightarrow\; \vec{a} \perp \vec{b}.

(a⃗,b⃗)=90°.\boxed{(\vec{a},\vec{b}) = 90°.}

b) a⃗=(1; 0)\vec{a} = (1;\,0), b⃗=(1; 1)\vec{b} = (1;\,1).

cos⁡(a⃗,b⃗)=1⋅1+0⋅11⋅2=12  ⇒  (a⃗,b⃗)=45°.\cos(\vec{a},\vec{b}) = \frac{1\cdot1+0\cdot1}{1\cdot\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \;\Rightarrow\; (\vec{a},\vec{b}) = 45°.

Bài 4.22. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho A(1; 2)A(1;\,2) và B(−4; 3)B(-4;\,3). Tìm điểm II trên trục OyOy sao cho IA=IBIA = IB.

Lời giải:

Đặt I=(0; t)I = (0;\,t). Điều kiện IA=IBIA = IB:

IA2=(1−0)2+(2−t)2=1+(2−t)2.IA^2 = (1-0)^2+(2-t)^2 = 1+(2-t)^2. IB2=(−4−0)2+(3−t)2=16+(3−t)2.IB^2 = (-4-0)^2+(3-t)^2 = 16+(3-t)^2.

IA2=IB2IA^2 = IB^2:

1+(2−t)2=16+(3−t)2.1+(2-t)^2 = 16+(3-t)^2. 1+4−4t+t2=16+9−6t+t2.1+4-4t+t^2 = 16+9-6t+t^2. 5−4t=25−6t  ⇒  2t=20  ⇒  t=10.5-4t = 25-6t \;\Rightarrow\; 2t = 20 \;\Rightarrow\; t = 10.

I(0; 10).\boxed{I(0;\,10).}

Bài 4.23. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho A(−1; 2)A(-1;\,2), B(1; 0)B(1;\,0), C(2; 1)C(2;\,1).

a) Giải thích vì sao AA, BB, CC không thẳng hàng.
b) Chứng minh tam giác ABCABC vuông tại BB.
c) Tính trung điểm MM của ABAB và trọng tâm GG của tam giác.

Lời giải:

a) BA→=(−2; 2)\overrightarrow{BA} = (-2;\,2), BC→=(1; 1)\overrightarrow{BC} = (1;\,1). Nếu thẳng hàng: (−2)=k⋅1(-2) = k\cdot1 và 2=k⋅12 = k\cdot1 → k=−2k=-2 và k=2k=2. Mâu thuẫn → không thẳng hàng. □\square

b) BA→⋅BC→=(−2)(1)+(2)(1)=0\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = (-2)(1)+(2)(1) = 0 → vuông tại BB. □\square

c) M=(−1+12;  2+02)=(0; 1)M = \left(\dfrac{-1+1}{2};\;\dfrac{2+0}{2}\right) = (0;\,1).

G=(−1+1+23;  2+0+13)=(23; 1)G = \left(\dfrac{-1+1+2}{3};\;\dfrac{2+0+1}{3}\right) = \left(\dfrac{2}{3};\,1\right).

Bài 4.24. Tìm tọa độ trực tâm HH của tam giác ABCABC có A(1; 4)A(1;\,4), B(0; 0)B(0;\,0), C(5; 0)C(5;\,0).

Lời giải:

Gọi H=(x; y)H = (x;\,y). Điều kiện:

AH→⊥BC→\overrightarrow{AH} \perp \overrightarrow{BC} và BH→⊥AC→\overrightarrow{BH} \perp \overrightarrow{AC}.

BC→=(5; 0)\overrightarrow{BC} = (5;\,0) (nằm ngang). Vậy AH→⊥BC→\overrightarrow{AH} \perp \overrightarrow{BC}: (x−1)⋅5+(y−4)⋅0=0⇒x=1(x-1)\cdot5 + (y-4)\cdot0 = 0 \Rightarrow x = 1.

AC→=(4; −4)\overrightarrow{AC} = (4;\,-4). BH→=(x; y)=(1; y)\overrightarrow{BH} = (x;\,y) = (1;\,y).

BH→⋅AC→=0\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC} = 0: 1⋅4+y⋅(−4)=0⇒4−4y=0⇒y=11\cdot4 + y\cdot(-4) = 0 \Rightarrow 4-4y = 0 \Rightarrow y = 1.

H(1; 1).\boxed{H(1;\,1).}

Kiểm tra: CH→=(−4; 1)\overrightarrow{CH} = (-4;\,1), AB→=(−1; −4)\overrightarrow{AB} = (-1;\,-4): CH→⋅AB→=4−4=0\overrightarrow{CH}\cdot\overrightarrow{AB} = 4-4 = 0 ✓.

Bài 4.25. Cho tam giác ABCABC. Chứng minh:

SABC=12∣AB→∣∣AC→∣sin⁡(AB→,AC→).S_{ABC} = \frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}).

Lời giải:

Gọi θ=(AB→,AC→)\theta = (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}). Chiều cao từ CC xuống ABAB là h=∣AC∣sin⁡θh = |AC|\sin\theta.

SABC=12⋅AB⋅h=12∣AB→∣⋅∣AC→∣sin⁡θ=12∣AB→∣∣AC→∣sin⁡(AB→,AC→).□S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot h = \frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}| \cdot |\overrightarrow{AC}|\sin\theta = \frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\sin(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}). \quad \square

Với tọa độ a⃗=(a1; a2)\vec{a}=(a_1;\,a_2), b⃗=(b1; b2)\vec{b}=(b_1;\,b_2): sin⁡2θ=1−cos⁡2θ\sin^2\theta = 1-\cos^2\theta nên

S=12∣a⃗∣2∣b⃗∣2−(a⃗⋅b⃗)2=12∣a1b2−a2b1∣.S = \frac{1}{2}\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 - (\vec{a}\cdot\vec{b})^2} = \frac{1}{2}|a_1b_2 - a_2b_1|.

Bài 4.26. Cho tam giác ABCABC có trọng tâm GG. Chứng minh rằng với mọi điểm MM:

MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2.MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2.

Lời giải:

Viết MA→=MG→+GA→\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}, nên MA2=∣MG→+GA→∣2=MG2+2MG→⋅GA→+GA2MA^2 = |\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}|^2 = MG^2 + 2\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GA} + GA^2.

Tổng ba đỉnh:

MA2+MB2+MC2=3MG2+2MG→⋅(GA→+GB→+GC→)⏟= 0⃗+GA2+GB2+GC2.MA^2+MB^2+MC^2 = 3MG^2 + 2\overrightarrow{MG}\cdot\underbrace{(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})}_{=\,\vec{0}} + GA^2+GB^2+GC^2.

=3MG2+GA2+GB2+GC2.□= 3MG^2 + GA^2+GB^2+GC^2. \quad \square