Trang 64 — Trung điểm đoạn thẳng và trọng tâm tam giác

Chú ý (công thức tọa độ):

  • Trung điểm MM của đoạn thẳng ABAB có tọa độ (xA+xB2; yA+yB2)\left(\dfrac{x_A + x_B}{2};\ \dfrac{y_A + y_B}{2}\right).
  • Trọng tâm GG của tam giác ABCABC có tọa độ (xA+xB+xC3; yA+yB+yC3)\left(\dfrac{x_A + x_B + x_C}{3};\ \dfrac{y_A + y_B + y_C}{3}\right).

Vận dụng. Trong 1212 giờ, tâm bão được dự báo di chuyển thẳng đều từ A(13,8;108,3)A(13{,}8; 108{,}3) tới vị trí có tọa độ B(14,1;106,3)B(14{,}1; 106{,}3). Hãy xác định tọa độ vị trí MM của tâm bão tại thời điểm 99 giờ trong khoảng thời gian 1212 giờ của dự báo.

Lời giải:

Vì tâm bão di chuyển thẳng đều nên sau 99 giờ (trong tổng 1212 giờ), tâm bão đi được 912=34\dfrac{9}{12} = \dfrac{3}{4} quãng đường ABAB. Do đó:

AM→=34AB→.\overrightarrow{AM} = \frac{3}{4}\overrightarrow{AB}.

Ta có AB→=(14,1−13,8; 106,3−108,3)=(0,3; −2)\overrightarrow{AB} = (14{,}1 - 13{,}8;\ 106{,}3 - 108{,}3) = (0{,}3;\ -2), và AM→=(x−13,8; y−108,3)\overrightarrow{AM} = (x - 13{,}8;\ y - 108{,}3).

Từ đó:

{x−13,8=34⋅0,3=0,225y−108,3=34⋅(−2)=−1,5  ⟺  {x=14,025y=106,8\begin{cases} x - 13{,}8 = \dfrac{3}{4} \cdot 0{,}3 = 0{,}225 \\ y - 108{,}3 = \dfrac{3}{4} \cdot (-2) = -1{,}5 \end{cases} \iff \begin{cases} x = 14{,}025 \\ y = 106{,}8 \end{cases}

Vậy tại thời điểm 99 giờ, tâm bão ở vị trí M(14,025; 106,8)M(14{,}025;\ 106{,}8).

Trang 65 — Bài tập

Bài 4.16. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho các điểm M(1;3)M(1; 3), N(4;2)N(4; 2).

a) Tính độ dài các đoạn thẳng OMOM, ONON, MNMN.

b) Chứng minh rằng tam giác OMNOMN vuông cân.

Lời giải:

a) OM=12+32=10OM = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}; ON=42+22=20=25ON = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5};

MN=(4−1)2+(2−3)2=9+1=10MN = \sqrt{(4-1)^2 + (2-3)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}.

b) Ta có OM=MN=10OM = MN = \sqrt{10} nên tam giác OMNOMN cân tại MM.

Mặt khác OM2+MN2=10+10=20=ON2OM^2 + MN^2 = 10 + 10 = 20 = ON^2, nên theo định lí Pythagore đảo, tam giác OMNOMN vuông tại MM.

Vậy tam giác OMNOMN vuông cân tại MM.

Bài 4.17. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho các vectơ a⃗=3i⃗−2j⃗\vec{a} = 3\vec{i} - 2\vec{j}, b⃗=(4;−1)\vec{b} = (4; -1) và các điểm M(−3;6)M(-3; 6), N(3;−3)N(3; -3).

a) Tìm mối liên hệ giữa các vectơ MN→\overrightarrow{MN} và 2a⃗−b⃗2\vec{a} - \vec{b}.

b) Các điểm OO, MM, NN có thẳng hàng hay không?

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

Lời giải:

a) Ta có a⃗=(3;−2)\vec{a} = (3; -2), nên:

2a⃗−b⃗=(6;−4)−(4;−1)=(2;−3).2\vec{a} - \vec{b} = (6; -4) - (4; -1) = (2; -3).

Mặt khác MN→=(3−(−3); −3−6)=(6;−9)=3⋅(2;−3)\overrightarrow{MN} = (3 - (-3);\ -3 - 6) = (6; -9) = 3 \cdot (2; -3).

Vậy MN→=3(2a⃗−b⃗)\overrightarrow{MN} = 3\left(2\vec{a} - \vec{b}\right) — hai vectơ này cùng phương.

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

Vì −33≠6−3\dfrac{-3}{3} \ne \dfrac{6}{-3} (tức −1≠−2-1 \ne -2) nên hai vectơ không cùng phương. Vậy ba điểm OO, MM, NN không thẳng hàng.

c) Để OMNPOMNP là hình bình hành thì OM→=PN→\overrightarrow{OM} = \overrightarrow{PN}.

Ta có PN→=(3−x; −3−y)\overrightarrow{PN} = (3 - x;\ -3 - y), nên:

{3−x=−3−3−y=6  ⟺  {x=6y=−9\begin{cases} 3 - x = -3 \\ -3 - y = 6 \end{cases} \iff \begin{cases} x = 6 \\ y = -9 \end{cases}

Vậy P(6;−9)P(6; -9).

Bài 4.18. Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho các điểm A(1;3)A(1; 3), B(2;4)B(2; 4), C(−3;2)C(-3; 2).

a) Hãy giải thích vì sao các điểm AA, BB, CC không thẳng hàng.

b) Tìm tọa độ trung điểm MM của đoạn thẳng ABAB.

c) Tìm tọa độ trọng tâm GG của tam giác ABCABC.

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

Lời giải:

a) Ta có AB→=(1;1)\overrightarrow{AB} = (1; 1) và AC→=(−4;−1)\overrightarrow{AC} = (-4; -1).

Vì 1−4≠1−1\dfrac{1}{-4} \ne \dfrac{1}{-1} nên hai vectơ không cùng phương, do đó AA, BB, CC không thẳng hàng.

b) M(1+22; 3+42)=M(32; 72)M\left(\dfrac{1 + 2}{2};\ \dfrac{3 + 4}{2}\right) = M\left(\dfrac{3}{2};\ \dfrac{7}{2}\right).

c) G(1+2+(−3)3; 3+4+23)=G(0; 3)G\left(\dfrac{1 + 2 + (-3)}{3};\ \dfrac{3 + 4 + 2}{3}\right) = G\left(0;\ 3\right).

d) O(0;0)O(0; 0) là trọng tâm tam giác ABDABD khi và chỉ khi:

{1+2+x3=03+4+y3=0  ⟺  {x=−3y=−7\begin{cases} \dfrac{1 + 2 + x}{3} = 0 \\ \dfrac{3 + 4 + y}{3} = 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x = -3 \\ y = -7 \end{cases}

Vậy D(−3;−7)D(-3; -7).

Bài 4.19. Sự chuyển động của một tàu thủy được thể hiện trên một mặt phẳng tọa độ như sau: tàu khởi hành từ vị trí A(1;2)A(1; 2) chuyển động thẳng đều với vận tốc (tính theo giờ) được biểu thị bởi vectơ v⃗=(3;4)\vec{v} = (3; 4). Xác định vị trí của tàu (trên mặt phẳng tọa độ) tại thời điểm sau khi khởi hành 1,51{,}5 giờ.

Lời giải:

Sau 1,51{,}5 giờ, tàu dịch chuyển một vectơ bằng 1,5v⃗=(4,5;6)1{,}5\vec{v} = (4{,}5; 6).

Gọi BB là vị trí của tàu sau 1,51{,}5 giờ, ta có AB→=1,5v⃗\overrightarrow{AB} = 1{,}5\vec{v}, suy ra:

{xB=1+4,5=5,5yB=2+6=8\begin{cases} x_B = 1 + 4{,}5 = 5{,}5 \\ y_B = 2 + 6 = 8 \end{cases}

Vậy sau 1,51{,}5 giờ tàu ở vị trí B(5,5; 8)B(5{,}5;\ 8).

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

Lời giải:

Quân mã di chuyển theo hình chữ L: mỗi nước đi gồm 22 ô theo một hướng và 11 ô theo hướng vuông góc. Từ vị trí (1;2)(1; 2), các vị trí có thể đến là:

(1±1; 2±2)vaˋ(1±2; 2±1).(1 \pm 1;\ 2 \pm 2) \quad \text{và} \quad (1 \pm 2;\ 2 \pm 1).

Liệt kê: (2;4)(2; 4); (0;4)(0; 4); (2;0)(2; 0); (0;0)(0; 0); (3;3)(3; 3); (3;1)(3; 1); (−1;3)(-1; 3); (−1;1)(-1; 1).

Vì bàn cờ chỉ gồm các ô có tọa độ từ 11 đến 88 (theo Hình 4.38, các ô nằm trong góc phần tư thứ nhất), ta loại các vị trí có tọa độ nhỏ hơn 11. Vậy quân mã có thể đến các vị trí:

(2;4);(3;3);(3;1).(2; 4);\quad (3; 3);\quad (3; 1).

Trang 66 — Bài 11. Tích vô hướng của hai vectơ

1. Góc giữa hai vectơ

HĐ1. Trong Hình 4.39, số đo góc BACBAC cũng được gọi là số đo góc giữa hai vectơ AB→\overrightarrow{AB} và AC→\overrightarrow{AC}. Hãy tìm số đo các góc giữa BC→\overrightarrow{BC} và BD→\overrightarrow{BD}, DA→\overrightarrow{DA} và DB→\overrightarrow{DB}.

Lời giải:

Theo Hình 4.39, tia BCBC và tia BDBD trùng nhau (vì CC nằm giữa BB và DD), nên góc giữa BC→\overrightarrow{BC} và BD→\overrightarrow{BD} bằng 0∘0^\circ.

Tia DADA và tia DBDB trùng nhau (vì BB, CC, DD thẳng hàng và AA nằm trên tia DBDB kéo dài... theo hình, hai tia DADA, DBDB tạo với nhau góc tại đỉnh DD của tam giác), nên góc giữa DA→\overrightarrow{DA} và DB→\overrightarrow{DB} bằng 0∘0^\circ khi hai tia trùng nhau.

Định nghĩa: Cho hai vectơ u⃗\vec{u} và v⃗\vec{v} khác 0⃗\vec{0}. Từ một điểm AA tùy ý, vẽ các vectơ AB→=u⃗\overrightarrow{AB} = \vec{u} và AC→=v⃗\overrightarrow{AC} = \vec{v}. Khi đó số đo của góc BACBAC được gọi là số đo góc giữa hai vectơ u⃗\vec{u} và v⃗\vec{v}, kí hiệu (u⃗,v⃗)(\vec{u}, \vec{v}).

Chú ý:

  • Góc giữa hai vectơ u⃗\vec{u} và 0⃗\vec{0} có thể nhận một giá trị tùy ý từ 0∘0^\circ đến 180∘180^\circ.
  • Nếu (u⃗,v⃗)=90∘(\vec{u}, \vec{v}) = 90^\circ thì ta nói u⃗\vec{u} và v⃗\vec{v} vuông góc với nhau, kí hiệu u⃗⊥v⃗\vec{u} \perp \vec{v}. Đặc biệt, 0⃗\vec{0} được coi là vuông góc với mọi vectơ.

Câu hỏi. Khi nào thì góc giữa hai vectơ bằng 0∘0^\circ, bằng 180∘180^\circ?

Trả lời: Góc giữa hai vectơ bằng 0∘0^\circ khi hai vectơ cùng hướng; bằng 180∘180^\circ khi hai vectơ ngược hướng.

Ví dụ 1. Cho tam giác ABCABC vuông tại AA và B^=30∘\widehat{B} = 30^\circ. Tính (AB→,AC→)(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}), (CA→,CB→)(\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}), (AB→,BC→)(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}).

Lời giải:

(AB→,AC→)=BAC^=90∘(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}) = \widehat{BAC} = 90^\circ.

Trong tam giác vuông tại AA với B^=30∘\widehat{B} = 30^\circ thì ACB^=60∘\widehat{ACB} = 60^\circ, nên (CA→,CB→)=ACB^=60∘(\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}) = \widehat{ACB} = 60^\circ.

Vẽ BD→=AB→\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AB} (tức DD nằm trên tia ABAB kéo dài qua BB). Khi đó:

(AB→,BC→)=(BD→,BC→)=DBC^=180∘−ABC^=180∘−30∘=150∘.(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}) = (\overrightarrow{BD}, \overrightarrow{BC}) = \widehat{DBC} = 180^\circ - \widehat{ABC} = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ.

Luyện tập 1. Cho tam giác đều ABCABC. Tính (AB→,BC→)(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}).

Lời giải:

Tam giác ABCABC đều nên ABC^=60∘\widehat{ABC} = 60^\circ.

Vẽ BD→=AB→\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{AB} (DD nằm trên tia ABAB kéo dài qua BB). Khi đó:

(AB→,BC→)=(BD→,BC→)=DBC^=180∘−60∘=120∘.(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC}) = (\overrightarrow{BD}, \overrightarrow{BC}) = \widehat{DBC} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ.

Trang 67 — 2. Tích vô hướng của hai vectơ

Trong Vật lí, nếu lực F⃗\vec{F} không đổi tác động vào một vật và điểm đặt của lực chuyển động thẳng từ MM tới NN, thì công AA của lực F⃗\vec{F} được tính theo công thức:

A=∣F⃗∣⋅∣MN→∣⋅cos⁡(F⃗,MN→).A = \left|\vec{F}\right| \cdot \left|\overrightarrow{MN}\right| \cdot \cos\left(\vec{F}, \overrightarrow{MN}\right).

Định nghĩa: Tích vô hướng của hai vectơ u⃗\vec{u} và v⃗\vec{v} là một số, kí hiệu u⃗⋅v⃗\vec{u} \cdot \vec{v}, được xác định bởi công thức:

u⃗⋅v⃗=∣u⃗∣⋅∣v⃗∣⋅cos⁡(u⃗,v⃗).\vec{u} \cdot \vec{v} = \left|\vec{u}\right| \cdot \left|\vec{v}\right| \cdot \cos(\vec{u}, \vec{v}).

Câu hỏi. Khi nào thì tích vô hướng của hai vectơ u⃗\vec{u}, v⃗\vec{v} là một số dương? Là một số âm?

Trả lời: Vì ∣u⃗∣>0\left|\vec{u}\right| > 0 và ∣v⃗∣>0\left|\vec{v}\right| > 0 (với hai vectơ khác 0⃗\vec{0}), dấu của tích vô hướng phụ thuộc dấu của cos⁡(u⃗,v⃗)\cos(\vec{u}, \vec{v}):

  • Tích vô hướng dương khi (u⃗,v⃗)<90∘(\vec{u}, \vec{v}) < 90^\circ (góc nhọn);
  • Tích vô hướng âm khi (u⃗,v⃗)>90∘(\vec{u}, \vec{v}) > 90^\circ (góc tù).

Chú ý:

  • u⃗⊥v⃗  ⟺  u⃗⋅v⃗=0\vec{u} \perp \vec{v} \iff \vec{u} \cdot \vec{v} = 0.
  • u⃗⋅u⃗\vec{u} \cdot \vec{u} còn được viết là u⃗2\vec{u}^2 và gọi là bình phương vô hướng của u⃗\vec{u}. Ta có u⃗2=∣u⃗∣⋅∣u⃗∣⋅cos⁡0∘=∣u⃗∣2\vec{u}^2 = \left|\vec{u}\right| \cdot \left|\vec{u}\right| \cdot \cos 0^\circ = \left|\vec{u}\right|^2.

Câu hỏi. Khi nào thì (u⃗⋅v⃗)2=u⃗2⋅v⃗2\left(\vec{u} \cdot \vec{v}\right)^2 = \vec{u}^2 \cdot \vec{v}^2?

Trả lời: Ta có (u⃗⋅v⃗)2=∣u⃗∣2∣v⃗∣2cos⁡2(u⃗,v⃗)\left(\vec{u} \cdot \vec{v}\right)^2 = \left|\vec{u}\right|^2\left|\vec{v}\right|^2\cos^2(\vec{u}, \vec{v}) và u⃗2⋅v⃗2=∣u⃗∣2∣v⃗∣2\vec{u}^2 \cdot \vec{v}^2 = \left|\vec{u}\right|^2\left|\vec{v}\right|^2.

Hai biểu thức bằng nhau khi cos⁡2(u⃗,v⃗)=1\cos^2(\vec{u}, \vec{v}) = 1, tức góc giữa hai vectơ bằng 0∘0^\circ hoặc 180∘180^\circ — nghĩa là hai vectơ cùng phương.

Ví dụ 2. Cho hình vuông ABCDABCD có cạnh bằng aa. Tính các tích vô hướng AB→⋅AD→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD}, AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}, AB→⋅BD→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BD}.

Lời giải:

Vì (AB→,AD→)=90∘\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD}\right) = 90^\circ nên AB→⋅AD→=0\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0.

Hình vuông cạnh aa có đường chéo bằng a2a\sqrt{2}. Mặt khác (AB→,AC→)=45∘\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}\right) = 45^\circ và (AB→,BD→)=135∘\left(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BD}\right) = 135^\circ, do đó:

AB→⋅AC→=AB⋅AC⋅cos⁡45∘=a⋅a2⋅22=a2;\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos 45^\circ = a \cdot a\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = a^2;

AB→⋅BD→=AB⋅BD⋅cos⁡135∘=a⋅a2⋅(−22)=−a2.\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{BD} = AB \cdot BD \cdot \cos 135^\circ = a \cdot a\sqrt{2} \cdot \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = -a^2.

Luyện tập 2. Cho tam giác ABCABC có BC=aBC = a, CA=bCA = b, AB=cAB = c. Hãy tính AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} theo aa, bb, cc.

Lời giải:

Theo định nghĩa tích vô hướng:

AB→⋅AC→=AB⋅AC⋅cos⁡BAC^=bc⋅cos⁡A.\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = AB \cdot AC \cdot \cos\widehat{BAC} = bc \cdot \cos A.

Theo định lí côsin trong tam giác ABCABC: a2=b2+c2−2bccos⁡Aa^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A, suy ra bccos⁡A=b2+c2−a22bc\cos A = \dfrac{b^2 + c^2 - a^2}{2}.

Vậy:

AB→⋅AC→=b2+c2−a22.\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}.