Giải Toán 10 - Tập 1 trang 70

Lời giải chi tiết SGK Lớp 10 · Môn ToĂ¡n · Trang 70–71

Tóm tắt lý thuyết (trang 69)

Tính chất của tích vô hướng, với ba vectơ $\vec{u}, \vec{v}, \vec{w}$ bất kì và số thực $k$:

$\vec{u}\cdot\vec{v} = \vec{v}\cdot\vec{u}$ (giao hoán)
$\vec{u}\cdot(\vec{v}+\vec{w}) = \vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{u}\cdot\vec{w}$ (phân phối với phép cộng)
$(k\vec{u})\cdot\vec{v} = k(\vec{u}\cdot\vec{v}) = \vec{u}\cdot(k\vec{v})$

Các hệ quả thường dùng:

$$(\vec{u}+\vec{v})^2 = \vec{u}^2 + 2\vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}^2;\quad (\vec{u}-\vec{v})^2 = \vec{u}^2 - 2\vec{u}\cdot\vec{v} + \vec{v}^2$$

$$(\vec{u}+\vec{v})\cdot(\vec{u}-\vec{v}) = \vec{u}^2 - \vec{v}^2$$

Trang 69 còn có Ví dụ 4 (sách đã giải sẵn bằng hai cách): chứng minh $MA^2+MB^2+MC^2 = 6R^2$ không đổi khi $M$ chạy trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$.

Luyện tập 4

Cho tam giác $ABC$ với $A(-1;2)$, $B(8;-1)$, $C(8;8)$. Gọi $H$ là trực tâm.

a) Chứng minh $\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC} = \vec{0}$ và $\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CA} = \vec{0}$.

Vì $H$ là trực tâm nên $AH \perp BC$ và $BH \perp CA$. Hai vectơ vuông góc thì tích vô hướng bằng $0$:
$$\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0,\qquad \overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CA}=0$$

b) Tìm tọa độ của $H$. Gọi $H(x;y)$.

$\overrightarrow{AH}=(x+1;\,y-2)$, $\overrightarrow{BC}=(0;\,9)$.

$$\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=9(y-2)=0 \Rightarrow y=2$$

$\overrightarrow{BH}=(x-8;\,y+1)$, $\overrightarrow{CA}=(-9;\,-6)$.

$$\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CA}=-9(x-8)-6(y+1)=0$$
Thay $y=2$: $-9(x-8)-6\cdot 3 = -9x+54=0 \Rightarrow x=6$.

Vậy $\boxed{H(6;\,2)}$.

c) Giải tam giác $ABC$.

Các cạnh:
$$\overrightarrow{AB}=(9;-3)\Rightarrow AB=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$$
$$\overrightarrow{AC}=(9;6)\Rightarrow AC=\sqrt{117}=3\sqrt{13}$$
$$\overrightarrow{BC}=(0;9)\Rightarrow BC=9$$

Các góc:
$$\cos A=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}=\frac{81-18}{3\sqrt{10}\cdot 3\sqrt{13}}=\frac{63}{9\sqrt{130}}=\frac{7}{\sqrt{130}}\approx 0{,}614 \Rightarrow \widehat{A}\approx 52^\circ8'$$
$$\cos B=\frac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{BA\cdot BC}=\frac{27}{3\sqrt{10}\cdot 9}=\frac{1}{\sqrt{10}}\approx0{,}316\Rightarrow \widehat{B}\approx 71^\circ34'$$
$$\widehat{C}\approx 180^\circ-52^\circ8'-71^\circ34'\approx 56^\circ18'$$

Vận dụng

Lực $\vec{F}$ tác động khiến vật chuyển động thẳng từ $A$ đến $B$, với $\vec{F}=\vec{F_1}+\vec{F_2}$.

a) Công sinh bởi lực $\vec{F}$ là $\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}$. Dùng tính chất phân phối:
$$\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}=(\vec{F_1}+\vec{F_2})\cdot\overrightarrow{AB}=\vec{F_1}\cdot\overrightarrow{AB}+\vec{F_2}\cdot\overrightarrow{AB}$$
Vế phải chính là tổng công sinh bởi $\vec{F_1}$ và $\vec{F_2}$. Vậy công của $\vec{F}$ bằng tổng công của hai lực thành phần.

b) Theo hình, $\vec{F_2}$ vuông góc với phương chuyển động $\overrightarrow{AB}$ nên:
$$\vec{F_2}\cdot\overrightarrow{AB}=0$$
Do đó công sinh bởi $\vec{F_2}$ bằng $0$, và:
$$\vec{F}\cdot\overrightarrow{AB}=\vec{F_1}\cdot\overrightarrow{AB}$$
Nghĩa là công sinh bởi lực $\vec{F}$ bằng công sinh bởi lực $\vec{F_1}$ (lực cùng phương chuyển động).

Bài 4.21

Tính góc giữa hai vectơ $\vec{a}$ và $\vec{b}$. Dùng $\cos(\vec{a},\vec{b})=\dfrac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$.

a) $\vec{a}=(-3;1)$, $\vec{b}=(2;6)$:
$$\vec{a}\cdot\vec{b}=-6+6=0 \Rightarrow (\vec{a},\vec{b})=90^\circ$$

b) $\vec{a}=(3;1)$, $\vec{b}=(2;4)$:
$$\cos=\frac{6+4}{\sqrt{10}\cdot\sqrt{20}}=\frac{10}{\sqrt{200}}=\frac{1}{\sqrt2}\Rightarrow (\vec{a},\vec{b})=45^\circ$$

c) $\vec{a}=(-\sqrt2;1)$, $\vec{b}=(2;-\sqrt2)$:
$$\cos=\frac{-2\sqrt2-\sqrt2}{\sqrt3\cdot\sqrt6}=\frac{-3\sqrt2}{\sqrt{18}}=\frac{-3\sqrt2}{3\sqrt2}=-1\Rightarrow (\vec{a},\vec{b})=180^\circ$$

Bài 4.22

Tìm điều kiện của $\vec{u}, \vec{v}$. Biết $\vec{u}\cdot\vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}|\cos(\vec{u},\vec{v})$.

a) $\vec{u}\cdot\vec{v}=|\vec{u}||\vec{v}| \Leftrightarrow \cos(\vec{u},\vec{v})=1 \Leftrightarrow (\vec{u},\vec{v})=0^\circ$.
→ $\vec{u}, \vec{v}$ cùng hướng (và đều khác $\vec{0}$).

b) $\vec{u}\cdot\vec{v}=-|\vec{u}||\vec{v}| \Leftrightarrow \cos(\vec{u},\vec{v})=-1 \Leftrightarrow (\vec{u},\vec{v})=180^\circ$.
→ $\vec{u}, \vec{v}$ ngược hướng (và đều khác $\vec{0}$).

Bài 4.23

$A(1;2)$, $B(-4;3)$, $M(t;0)$ thuộc trục hoành.

a) Tính $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}$ theo $t$:
$$\overrightarrow{AM}=(t-1;-2),\quad \overrightarrow{BM}=(t+4;-3)$$
$$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}=(t-1)(t+4)+6=t^2+3t-4+6=t^2+3t+2$$

b) Tìm $t$ để $\widehat{AMB}=90^\circ$:
$$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}=0\Leftrightarrow t^2+3t+2=0\Leftrightarrow t=-1 \text{ hoặc } t=-2$$

Bài 4.24

$A(-4;1)$, $B(2;4)$, $C(2;-2)$.

a) Giải tam giác $ABC$.
$$\overrightarrow{AB}=(6;3)\Rightarrow AB=3\sqrt5;\quad \overrightarrow{AC}=(6;-3)\Rightarrow AC=3\sqrt5;\quad \overrightarrow{BC}=(0;-6)\Rightarrow BC=6$$
Tam giác cân tại $A$ ($AB=AC$).
$$\cos A=\frac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\cdot AC}=\frac{36-9}{45}=\frac{27}{45}=0{,}6\Rightarrow \widehat{A}\approx 53^\circ8'$$
$$\cos B=\frac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{BA\cdot BC}=\frac{18}{3\sqrt5\cdot 6}=\frac{1}{\sqrt5}\approx0{,}447\Rightarrow \widehat{B}\approx 63^\circ26'$$
Do cân tại $A$ nên $\widehat{C}=\widehat{B}\approx 63^\circ26'$.

b) Tìm trực tâm $H(x;y)$.

$\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0$: $\overrightarrow{AH}=(x+4;y-1)$, $\overrightarrow{BC}=(0;-6)$ → $-6(y-1)=0\Rightarrow y=1$.
$\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC}=0$: $\overrightarrow{BH}=(x-2;y-4)$, $\overrightarrow{AC}=(6;-3)$ → $6(x-2)-3(y-4)=0$.

Thay $y=1$: $6(x-2)-3(-3)=6x-3=0\Rightarrow x=\dfrac12$.

Vậy $\boxed{H\left(\dfrac12;\,1\right)}$.

Bài 4.25

Chứng minh với mọi tam giác $ABC$:
$$S_{ABC}=\frac12\sqrt{\overrightarrow{AB}^2\cdot\overrightarrow{AC}^2-\left(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\right)^2}$$

Ta có $S_{ABC}=\dfrac12 AB\cdot AC\cdot\sin A$. Xét biểu thức dưới căn:
$$\overrightarrow{AB}^2\cdot\overrightarrow{AC}^2-(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC})^2=AB^2\cdot AC^2-(AB\cdot AC\cos A)^2$$
$$=AB^2 AC^2(1-\cos^2 A)=AB^2 AC^2\sin^2 A$$

Vì $0^\circ0$:
$$\sqrt{AB^2 AC^2\sin^2 A}=AB\cdot AC\cdot\sin A$$

Do đó:
$$\frac12\sqrt{\overrightarrow{AB}^2\cdot\overrightarrow{AC}^2-(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC})^2}=\frac12 AB\cdot AC\sin A=S_{ABC}\quad\blacksquare$$

Bài 4.26

Tam giác $ABC$ có trọng tâm $G$. Chứng minh với mọi điểm $M$:
$$MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2$$

Tách mỗi vectơ qua $G$: $\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}$, nên
$$MA^2=\overrightarrow{MA}^2=(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})^2=MG^2+2\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GA}+GA^2$$

Viết tương tự cho $MB^2, MC^2$ rồi cộng lại:
$$MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+2\overrightarrow{MG}\cdot(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC})+GA^2+GB^2+GC^2$$

Vì $G$ là trọng tâm nên $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}$, số hạng giữa triệt tiêu:
$$MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2\quad\blacksquare$$

Chế độ đọc sách →