Trang 68 — Tích vô hướng của hai vecto

Luyện tập 2. Cho tam giác ABCABC có BC=a,CA=b,AB=cBC = a, CA = b, AB = c. Hãy tính AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} theo a,b,ca, b, c.

Lời giải:

Theo định luật côsin trong tam giác ABCABC, ta có $$ \cos \widehat{BAC} = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \cdot AB \cdot AC} = \frac{c^2 + b^2 - a^2}{2bc}. $$

Tích vô hướng của hai vecto AB→\overrightarrow{AB} và AC→\overrightarrow{AC} là $$ \begin{aligned} \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} &= AB \cdot AC \cdot \cos \widehat{BAC} \ &= c \cdot b \cdot \frac{c^2 + b^2 - a^2}{2bc} \ &= \frac{c^2 + b^2 - a^2}{2}. \end{aligned} $$

Kết quả: b2+c2−a22\frac{b^2 + c^2 - a^2}{2}.

Trang 69 — BIỂU THỨC TOẠ ĐỘ VÀ TÍNH CHẤT CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG

Bài tập 3. Tính tích vô hướng và góc giữa hai vecto u⃗=(0;−5),v⃗=(3;1)\vec{u} = (0;-5), \vec{v} = (\sqrt{3};1).

Lời giải:

Tích vô hướng của hai vecto u⃗=(0;−5)\vec{u} = (0;-5) và v⃗=(3;1)\vec{v} = (\sqrt{3};1) là:

u⃗⋅v⃗=0⋅3+(−5)⋅1=−5\vec{u} \cdot \vec{v} = 0 \cdot \sqrt{3} + (-5) \cdot 1 = -5

Độ lớn của vecto u⃗\vec{u} là:

∣u⃗∣=02+(−5)2=25=5|\vec{u}| = \sqrt{0^2 + (-5)^2} = \sqrt{25} = 5

Độ lớn của vecto v⃗\vec{v} là:

∣v⃗∣=(3)2+12=3+1=4=2|\vec{v}| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2

Góc giữa hai vecto u⃗\vec{u} và v⃗\vec{v} là:

cos⁡(u⃗,v⃗)=u⃗⋅v⃗∣u⃗∣⋅∣v⃗∣=−55⋅2=−12\cos (\vec{u}, \vec{v}) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|} = \frac{-5}{5 \cdot 2} = -\frac{1}{2} (u⃗,v⃗)=arccos⁡(−12)=120∘(\vec{u}, \vec{v}) = \arccos \left( -\frac{1}{2} \right) = 120^\circ

Kết quả: u⃗⋅v⃗=−5\vec{u} \cdot \vec{v} = -5, góc giữa hai vecto là 120∘120^\circ.

Bài tập 4. Cho ba vecto u⃗=(x1;y1),v⃗=(x2;y2),w⃗=(x3;y3)\vec{u} = (x_1;y_1), \vec{v} = (x_2;y_2), \vec{w} = (x_3;y_3).

a) Tính u⃗⋅(v⃗+w⃗),u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗\vec{u} \cdot (\vec{v} + \vec{w}), \vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{u} \cdot \vec{w} theo toạ độ của các vecto u⃗,v⃗,w⃗\vec{u},\vec{v},\vec{w}.

b) So sánh u⃗⋅(v⃗+w⃗)\vec{u} \cdot (\vec{v} + \vec{w}) và u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗\vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{u} \cdot \vec{w}.

c) So sánh u⃗⋅v⃗\vec{u} \cdot \vec{v} và v⃗⋅u⃗\vec{v} \cdot \vec{u}.

Lời giải:

a) Ta có:

v⃗+w⃗=(x2+x3;y2+y3)\vec{v} + \vec{w} = (x_2 + x_3; y_2 + y_3) u⃗⋅(v⃗+w⃗)=x1(x2+x3)+y1(y2+y3)=x1x2+x1x3+y1y2+y1y3\vec{u} \cdot (\vec{v} + \vec{w}) = x_1(x_2 + x_3) + y_1(y_2 + y_3) = x_1x_2 + x_1x_3 + y_1y_2 + y_1y_3 u⃗⋅v⃗=x1x2+y1y2\vec{u} \cdot \vec{v} = x_1x_2 + y_1y_2 u⃗⋅w⃗=x1x3+y1y3\vec{u} \cdot \vec{w} = x_1x_3 + y_1y_3 u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗=(x1x2+y1y2)+(x1x3+y1y3)=x1x2+x1x3+y1y2+y1y3\vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{u} \cdot \vec{w} = (x_1x_2 + y_1y_2) + (x_1x_3 + y_1y_3) = x_1x_2 + x_1x_3 + y_1y_2 + y_1y_3

b) Ta thấy:

u⃗⋅(v⃗+w⃗)=u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗\vec{u} \cdot (\vec{v} + \vec{w}) = \vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{u} \cdot \vec{w}

c) Ta có:

u⃗⋅v⃗=x1x2+y1y2=x2x1+y2y1=v⃗⋅u⃗\vec{u} \cdot \vec{v} = x_1x_2 + y_1y_2 = x_2x_1 + y_2y_1 = \vec{v} \cdot \vec{u}

Kết quả: u⃗⋅(v⃗+w⃗)=u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗\vec{u} \cdot (\vec{v} + \vec{w}) = \vec{u} \cdot \vec{v} + \vec{u} \cdot \vec{w}, u⃗⋅v⃗=v⃗⋅u⃗\vec{u} \cdot \vec{v} = \vec{v} \cdot \vec{u}.

Trang 69 — Tính chất của tích vô hướng

Trang này không có BÀI TẬP / CÂU HỎI / LUYỆN TẬP / VÍ DỤ cần giải.

Trang 70 — Tính chất của tích vô hướng

Trang này có Ví dụ cần trình bày.

Ví dụ 4. (Ứng dụng của vector trong bài toán hình học)

Cho điểm MM thay đổi trên đường tròn tâm OO ngoại tiếp tam giác đều ABCABC cho trước. Chứng minh rằng MA2+MB2+MC2MA^2 + MB^2 + MC^2 không đổi.

Lời giải:

Cách 1 (Dùng tọa độ)

Xét hệ trục tọa độ có gốc trùng với tâm OO của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCABC. Gọi tọa độ của các điểm là A(xA;yA),B(xB;yB),C(xC;yC),M(x;y)A(x_A; y_A), B(x_B; y_B), C(x_C; y_C), M(x; y). Vì tam giác ABCABC đều nên tâm đường tròn ngoại tiếp O(0;0)O(0; 0) đồng thời là trọng tâm của tam giác. Do đó xA+xB+xC=0x_A + x_B + x_C = 0 và yA+yB+yC=0y_A + y_B + y_C = 0.

Vì OM2=OA2=R2OM^2 = OA^2 = R^2 nên x2+y2=xA2+yA2=R2x^2 + y^2 = x_A^2 + y_A^2 = R^2.
Vậy MA2=(x−xA)2+(y−yA)2=(x2+y2)+(xA2+yA2)−2xxA−2yyA=2R2−2xxA−2yyAMA^2 = (x - x_A)^2 + (y - y_A)^2 = (x^2 + y^2) + (x_A^2 + y_A^2) - 2xx_A - 2yy_A = 2R^2 - 2xx_A - 2yy_A.
Tương tự MB2=2R2−2xxB−2yyBMB^2 = 2R^2 - 2xx_B - 2yy_B và MC2=2R2−2xxC−2yyCMC^2 = 2R^2 - 2xx_C - 2yy_C.
Do đó MA2+MB2+MC2=6R2−2x(xA+xB+xC)−2y(yA+yB+yC)=6R2MA^2 + MB^2 + MC^2 = 6R^2 - 2x(x_A + x_B + x_C) - 2y(y_A + y_B + y_C) = 6R^2 (không đổi).

Cách 2 (Dùng tích vô hướng)

Vì tam giác ABCABC đều nên tâm OO của đường tròn ngoại tiếp đồng thời là trọng tâm của tam giác. Vậy OA→+OB→+OC→=0→\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0}.

Giả sử (O)(O) có bán kính RR. Ta có:

MA2+MB2+MC2=∥MA→∥2+∥MB→∥2+∥MC→∥2=∥MO→+OA→∥2+∥MO→+OB→∥2+∥MO→+OC→∥2=(MO→+OA→)2+(MO→+OB→)2+(MO→+OC→)2=3∥MO→∥2+2MO→⋅OA→+2MO→⋅OB→+2MO→⋅OC→+∥OA→∥2+∥OB→∥2+∥OC→∥2=3MO2+2MO→⋅(OA→+OB→+OC→)+3R2=3R2+2MO→⋅0→+3R2=6R2.\begin{aligned} MA^2 + MB^2 + MC^2 &= \|\overrightarrow{MA}\|^2 + \|\overrightarrow{MB}\|^2 + \|\overrightarrow{MC}\|^2 \\ &= \|\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}\|^2 + \|\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}\|^2 + \|\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OC}\|^2 \\ &= (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA})^2 + (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB})^2 + (\overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OC})^2 \\ &= 3\|\overrightarrow{MO}\|^2 + 2\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{OC} + \|\overrightarrow{OA}\|^2 + \|\overrightarrow{OB}\|^2 + \|\overrightarrow{OC}\|^2 \\ &= 3MO^2 + 2\overrightarrow{MO} \cdot (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}) + 3R^2 \\ &= 3R^2 + 2\overrightarrow{MO} \cdot \overrightarrow{0} + 3R^2 \\ &= 6R^2. \end{aligned}

Kết quả: 6R26R^2

Trang 71 —

Luyện tập 4

Cho tam giác ABCABC với A(−1;2),B(8;−1),C(8;8)A(-1; 2), B(8; -1), C(8; 8). Gọi HH là trực tâm của tam giác.

a) Chứng minh rằng AH→⋅BC→=0\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 và BH→⋅CA→=0\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{CA} = 0.

b) Tìm tọa độ của HH.

c) Giải tam giác ABCABC.

Lời giải:

a) Chứng minh rằng AH→⋅BC→=0\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 và BH→⋅CA→=0\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{CA} = 0

Gọi H(x;y)H(x; y).

  • AH→=(x+1;y−2)\overrightarrow{AH} = (x + 1; y - 2), BC→=(0;9)\overrightarrow{BC} = (0; 9)
  • BH→=(x−8;y+1)\overrightarrow{BH} = (x - 8; y + 1), CA→=(−9;−6)\overrightarrow{CA} = (-9; -6)

Do HH là trực tâm của tam giác ABCABC nên:

  • AH→⊥BC→⇒AH→⋅BC→=0\overrightarrow{AH} \perp \overrightarrow{BC} \Rightarrow \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0
  • BH→⊥CA→⇒BH→⋅CA→=0\overrightarrow{BH} \perp \overrightarrow{CA} \Rightarrow \overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{CA} = 0

Ta có:

  • AH→⋅BC→=(x+1)⋅0+(y−2)⋅9=9(y−2)=0\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = (x + 1) \cdot 0 + (y - 2) \cdot 9 = 9(y - 2) = 0
  • BH→⋅CA→=(x−8)⋅(−9)+(y+1)⋅(−6)=0\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{CA} = (x - 8) \cdot (-9) + (y + 1) \cdot (-6) = 0

b) Tìm tọa độ của HH

Từ AH→⋅BC→=0\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0 ta có: 9(y−2)=0⇒y=29(y - 2) = 0 \Rightarrow y = 2

Từ BH→⋅CA→=0\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{CA} = 0 ta có: −9(x−8)−6(y+1)=0-9(x - 8) - 6(y + 1) = 0

Thay y=2y = 2 vào phương trình trên: −9(x−8)−6(2+1)=0-9(x - 8) - 6(2 + 1) = 0 ⇒−9x+72−18=0\Rightarrow -9x + 72 - 18 = 0 ⇒−9x+54=0\Rightarrow -9x + 54 = 0 ⇒−9x=−54\Rightarrow -9x = -54 ⇒x=6\Rightarrow x = 6

Vậy H(6;2)H(6; 2).

c) Giải tam giác ABCABC

  • AB→=(8−(−1);−1−2)=(9;−3)\overrightarrow{AB} = (8 - (-1); -1 - 2) = (9; -3)
  • BC→=(0;9)\overrightarrow{BC} = (0; 9)
  • AC→=(8−(−1);8−2)=(9;6)\overrightarrow{AC} = (8 - (-1); 8 - 2) = (9; 6)

Độ dài các cạnh:

  • AB=92+(−3)2=81+9=90=310AB = \sqrt{9^2 + (-3)^2} = \sqrt{81 + 9} = \sqrt{90} = 3\sqrt{10}
  • BC=02+92=9BC = \sqrt{0^2 + 9^2} = 9
  • AC=92+62=81+36=117=313AC = \sqrt{9^2 + 6^2} = \sqrt{81 + 36} = \sqrt{117} = 3\sqrt{13}

Diện tích tam giác ABCABC: S=12⋅∣9⋅6−(−3)⋅9∣=12⋅∣54+27∣=812S = \frac{1}{2} \cdot \left| 9 \cdot 6 - (-3) \cdot 9 \right| = \frac{1}{2} \cdot \left| 54 + 27 \right| = \frac{81}{2}

Kết quả: H(6;2)H(6; 2)

Vận dụng

Một lực F→\overrightarrow{F} không đổi tác động vào một vật và điểm đặt của lực chuyển động thẳng từ AA đến BB. Lực F→\overrightarrow{F} được phân tích thành hai lực thành phần là F1→\overrightarrow{F_1} và F2→\overrightarrow{F_2} (F→=F1→+F2→\overrightarrow{F} = \overrightarrow{F_1} + \overrightarrow{F_2}).

a) Dựa vào tính chất của tích vô hướng, hãy giải thích vì sao công sinh bởi lực F→\overrightarrow{F} (đã được đề cập ở trên) bằng tổng của các công sinh bởi các lực F1→\overrightarrow{F_1} và F2→\overrightarrow{F_2}.

b) Giả sử các lực thành phần F1→,F2→\overrightarrow{F_1}, \overrightarrow{F_2} tương ứng cùng phương, vuông góc với phương chuyển động của vật. Hãy tìm mối quan hệ giữa các công sinh bởi lực F→\overrightarrow{F} và lực F1→\overrightarrow{F_1}.

Lời giải:

a)

Công sinh bởi lực F→\overrightarrow{F} là F→⋅AB→\overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{AB}.

Công sinh bởi lực F1→\overrightarrow{F_1} là F1→⋅AB→\overrightarrow{F_1} \cdot \overrightarrow{AB}.

Công sinh bởi lực F2→\overrightarrow{F_2} là F2→⋅AB→\overrightarrow{F_2} \cdot \overrightarrow{AB}.

Ta có: F→⋅AB→=(F1→+F2→)⋅AB→=F1→⋅AB→+F2→⋅AB→\overrightarrow{F} \cdot \overrightarrow{AB} = (\overrightarrow{F_1} + \overrightarrow{F_2}) \cdot \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{F_1} \cdot \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{F_2} \cdot \overrightarrow{AB}

Vậy công sinh bởi lực F→\overrightarrow{F} bằng tổng của các công sinh bởi các lực F1→\overrightarrow{F_1} và F2→\overrightarrow{F_2}.

b)

Nếu F1→\overrightarrow{F_1} vuông góc với phương chuyển động của vật thì công sinh bởi lực F1→\overrightarrow{F_1} bằng 00.

Do đó, công sinh bởi lực F→\overrightarrow{F} bằng công sinh bởi lực F2→\overrightarrow{F_2}.

Kết quả:

Bài tập

4.21

Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, hãy tính góc giữa hai vecto a→\overrightarrow{a} và b→\overrightarrow{b} trong mỗi trường hợp sau:

a) a→=(−3;1),b→=(2;6)\overrightarrow{a} = (-3; 1), \overrightarrow{b} = (2; 6);

b) a→=(3;1),b→=(2;4)\overrightarrow{a} = (3; 1), \overrightarrow{b} = (2; 4);

c) a→=(−2;1),b→=(2;−2)\overrightarrow{a} = (-\sqrt{2}; 1), \overrightarrow{b} = (2; -\sqrt{2}).

Lời giải:

a) a→=(−3;1),b→=(2;6)\overrightarrow{a} = (-3; 1), \overrightarrow{b} = (2; 6)

cos⁡(a→,b→)=a→⋅b→∣a→∣⋅∣b→∣=(−3)⋅2+1⋅6(−3)2+12⋅22+62=−6+610⋅40=0\cos (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = \frac{\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}}{\left| \overrightarrow{a} \right| \cdot \left| \overrightarrow{b} \right|} = \frac{(-3) \cdot 2 + 1 \cdot 6}{\sqrt{(-3)^2 + 1^2} \cdot \sqrt{2^2 + 6^2}} = \frac{-6 + 6}{\sqrt{10} \cdot \sqrt{40}} = 0

⇒(a→,b→)=90∘\Rightarrow (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = 90^\circ

b) a→=(3;1),b→=(2;4)\overrightarrow{a} = (3; 1), \overrightarrow{b} = (2; 4)

cos⁡(a→,b→)=a→⋅b→∣a→∣⋅∣b→∣=3⋅2+1⋅432+12⋅22+42=6+410⋅20=10200=12\cos (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = \frac{\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}}{\left| \overrightarrow{a} \right| \cdot \left| \overrightarrow{b} \right|} = \frac{3 \cdot 2 + 1 \cdot 4}{\sqrt{3^2 + 1^2} \cdot \sqrt{2^2 + 4^2}} = \frac{6 + 4}{\sqrt{10} \cdot \sqrt{20}} = \frac{10}{\sqrt{200}} = \frac{1}{\sqrt{2}}

⇒(a→,b→)=45∘\Rightarrow (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = 45^\circ

c) a→=(−2;1),b→=(2;−2)\overrightarrow{a} = (-\sqrt{2}; 1), \overrightarrow{b} = (2; -\sqrt{2})

cos⁡(a→,b→)=a→⋅b→∣a→∣⋅∣b→∣=(−2)⋅2+1⋅(−2)(−2)2+12⋅22+(−2)2=−22−22+1⋅4+2=−323⋅6=−1\cos (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = \frac{\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}}{\left| \overrightarrow{a} \right| \cdot \left| \overrightarrow{b} \right|} = \frac{(-\sqrt{2}) \cdot 2 + 1 \cdot (-\sqrt{2})}{\sqrt{(-\sqrt{2})^2 + 1^2} \cdot \sqrt{2^2 + (-\sqrt{2})^2}} = \frac{-2\sqrt{2} - \sqrt{2}}{\sqrt{2 + 1} \cdot \sqrt{4 + 2}} = \frac{-3\sqrt{2}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{6}} = -1

⇒(a→,b→)=180∘\Rightarrow (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) = 180^\circ

Kết quả: 90∘,45∘,180∘90^\circ, 45^\circ, 180^\circ

4.22

Tìm điều kiện của u→,v→\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} để:

a) u→⋅v→=∣u→∣⋅∣v→∣\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = \left| \overrightarrow{u} \right| \cdot \left| \overrightarrow{v} \right|;

b) u→⋅v→=−∣u→∣⋅∣v→∣\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = -\left| \overrightarrow{u} \right| \cdot \left| \overrightarrow{v} \right|.

Lời giải:

a) u→⋅v→=∣u→∣⋅∣v→∣\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = \left| \overrightarrow{u} \right| \cdot \left| \overrightarrow{v} \right|

cos⁡(u→,v→)=u→⋅v→∣u→∣⋅∣v→∣=1\cos (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = \frac{\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}}{\left| \overrightarrow{u} \right| \cdot \left| \overrightarrow{v} \right|} = 1

⇒(u→,v→)=0∘\Rightarrow (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = 0^\circ

Vậy u→\overrightarrow{u} và v→\overrightarrow{v} cùng hướng.

b) u→⋅v→=−∣u→∣⋅∣v→∣\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v} = -\left| \overrightarrow{u} \right| \cdot \left| \overrightarrow{v} \right|

cos⁡(u→,v→)=u→⋅v→∣u→∣⋅∣v→∣=−1\cos (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = \frac{\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{v}}{\left| \overrightarrow{u} \right| \cdot \left| \overrightarrow{v} \right|} = -1

⇒(u→,v→)=180∘\Rightarrow (\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) = 180^\circ

Vậy u→\overrightarrow{u} và v→\overrightarrow{v} ngược hướng.

Kết quả:

4.23

Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho hai điểm A(1;2),B(−4;3)A(1; 2), B(-4; 3). Gọi M(t;0)M(t; 0) là một điểm thuộc trục hoành.

a) Tính AM→⋅BM→\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BM} theo tt.

b) Tìm tt để ∠AMB=90∘\angle AMB = 90^\circ.

Lời giải:

a) Tính AM→⋅BM→\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BM} theo tt

AM→=(t−1;−2)\overrightarrow{AM} = (t - 1; -2), BM→=(t+4;−3)\overrightarrow{BM} = (t + 4; -3)

AM→⋅BM→=(t−1)(t+4)+(−2)(−3)=t2+3t−4+6=t2+3t+2\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BM} = (t - 1)(t + 4) + (-2)(-3) = t^2 + 3t - 4 + 6 = t^2 + 3t + 2

b) Tìm tt để ∠AMB=90∘\angle AMB = 90^\circ

AM→⋅BM→=0\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BM} = 0

t2+3t+2=0t^2 + 3t + 2 = 0

(t+1)(t+2)=0(t + 1)(t + 2) = 0

⇒t=−1\Rightarrow t = -1 hoặc t=−2t = -2

Kết quả: t=−1t = -1 hoặc t=−2t = -2

4.24

Trong mặt phẳng tọa độ OxyOxy, cho ba điểm không thẳng hàng A(−4;1),B(2;4),C(2;−2)A(-4; 1), B(2; 4), C(2; -2).

a) Giải tam giác ABCABC.

b) Tìm tọa độ trực tâm HH của tam giác ABCABC.

Lời giải:

a) Giải tam giác ABCABC

  • AB→=(6;3)\overrightarrow{AB} = (6; 3)
  • BC→=(0;−6)\overrightarrow{BC} = (0; -6)
  • AC→=(6;−3)\overrightarrow{AC} = (6; -3)

Độ dài các cạnh:

  • AB=62+32=36+9=45=35AB = \sqrt{6^2 + 3^2} = \sqrt{36 + 9} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}
  • BC=02+(−6)2=6BC = \sqrt{0^2 + (-6)^2} = 6
  • AC=62+(−3)2=36+9=45=35AC = \sqrt{6^2 + (-3)^2} = \sqrt{36 + 9} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}

b) Tìm tọa độ trực tâm HH

Gọi H(x;y)H(x; y).

  • AH→=(x+4;y−1)\overrightarrow{AH} = (x + 4; y - 1)
  • BC→=(0;−6)\overrightarrow{BC} = (0; -6)

AH→⋅BC→=0\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0

(x+4)⋅0+(y−1)⋅(−6)=0(x + 4) \cdot 0 + (y - 1) \cdot (-6) = 0

−6(y−1)=0-6(y - 1) = 0

y=1y = 1

BH→=(x−2;y−4)\overrightarrow{BH} = (x - 2; y - 4)

AC→=(6;−3)\overrightarrow{AC} = (6; -3)

BH→⋅AC→=0\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{AC} = 0

(x−2)⋅6+(y−4)⋅(−3)=0(x - 2) \cdot 6 + (y - 4) \cdot (-3) = 0

6(x−2)−3(y−4)=06(x - 2) - 3(y - 4) = 0

6x−12−3y+12=06x - 12 - 3y + 12 = 0

6x−3y=06x - 3y = 0

2x−y=02x - y = 0

y=2xy = 2x

y=1⇒2x=1⇒x=12y = 1 \Rightarrow 2x = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{2}

Vậy H(12;1)H \left(\frac{1}{2}; 1\right).

Kết quả:

4.25

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABCABC, ta có:

SABC=12AB2⋅AC2−(AB→⋅AC→)2S_{ABC} = \frac{1}{2} \sqrt{AB^2 \cdot AC^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}

Lời giải:

SABC=12∣AB→×AC→∣S_{ABC} = \frac{1}{2} \left| \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} \right|

=12∣AB→∣2⋅∣AC→∣2−(AB→⋅AC→)2= \frac{1}{2} \sqrt{\left| \overrightarrow{AB} \right|^2 \cdot \left| \overrightarrow{AC} \right|^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}

=12AB2⋅AC2−(AB→⋅AC→)2= \frac{1}{2} \sqrt{AB^2 \cdot AC^2 - (\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC})^2}

Kết quả:

4.26

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

MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2

Lời giải:

MG→=MA→+AG→=MB→+BG→=MC→+CG→\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AG} = \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BG} = \overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CG}

MG2=MA2+2MA→⋅AG→+AG2MG^2 = MA^2 + 2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{AG} + AG^2

MG2=MB2+2MB→⋅BG→+BG2MG^2 = MB^2 + 2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{BG} + BG^2

MG2=MC2+2MC→⋅CG→+CG2MG^2 = MC^2 + 2\overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{CG} + CG^2

Cộng các vế: 3MG2=MA2+MB2+MC2+2(MA→⋅AG→+MB→⋅BG→+MC→⋅CG→)+GA2+GB2+GC23MG^2 = MA^2 + MB^2 + MC^2 + 2(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{BG} + \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{CG}) + GA^2 + GB^2 + GC^2

AG→=−GA→,BG→=−GB→,CG→=−GC→\overrightarrow{AG} = -\overrightarrow{GA}, \overrightarrow{BG} = -\overrightarrow{GB}, \overrightarrow{CG} = -\overrightarrow{GC}

MA→⋅AG→+MB→⋅BG→+MC→⋅CG→=−(MA→⋅GA→+MB→⋅GB→+MC→⋅GC→)\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{BG} + \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{CG} = -(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{GC})

MM là điểm bất kì ⇒MA→⋅GA→+MB→⋅GB→+MC→⋅GC→=0\Rightarrow \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{GC} = 0

MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3MG^2 + GA^2 + GB^2 + GC^2

Kết quả: