Kntt c4 b11 p2 tich vo huong cua 2 vecto

11 TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ ❶ Giáo viên Soạn: Phạm Huy FB: Dòng Đời ❷ Giáo viên phản biện : Dương Trang Nhung FB: Dương Trang Nhung Tính chất củatích   vơ hướng u, v, w số thực k ta có: Với ba vectơ    u.v v.u ( tính chất giao hoán);           u v  w u.v  u.w  ( Tính chất phân phối phép cộng);      ku v k u.v u kv    trên, ta chứng minh được: Chú ý: Từ các tính chất    u v  w u.v  u.w ( Tính chất phân phối phép trừ);   2   2 u  v u  2u.v  v ;                  u  v  u  u v  v ;          u  v   u  v  u  v 2 2 Ví dụ ( Ứng dụng vectơ tốn hình học) Cho điểm M thay đổi đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC cho trước Chứng minh 2 MA  MB  MC không đổi Giải Cách 1: ( Dùng tọa độ) Xét hệ trục tọa độ có gốc trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi tọa độ điểm A(x A ; y A ), B(x B ; y B ), C(x C ; yC ), M(x; y) Vì tam giác ABC nên tâm đường tròn ngoại tiếp O(0;0) đồng thời trọng tâm tam giác Do 2 2 nên x  y  x A  y A R x A  x B  x C 0 y A  y B  yC 0 Vì OM OA2 R 2 2 2 2 Vậy MA ( x  x A )  (y  y A ) ( x  y )  ( x A  y A )  xx A  yy A = 2R  xx A  yy A 2 2 Tương tự MB 2R  xxB  yyB MC 2R  xxC  yyC 2 2 Do MA  MB  MC 6 R  x ( x A  xB  xC )  y ( y A  yB  yC ) 6 R (khơng đổi) Cách 2: ( Dùng tích vơ hướng) (Hình 4.44) Chương Hình học ⓾ Vì  tam   giác ABC nên Tâm O đường tròn ngoại tiếp đồng thời trọng tâm tam giác Vậy OA  OB  OC 0 Giả sử (O) có bán kính R Ta có:   2 MA2  MB  MC MA  MB  MC   2   2  MO  OA  MO  OB  MO  OC       2  3MO  MO OA  MO OB  MO OC  OA  OB  OC        2 3MO  MO.(OA  OB  OC )  R 3R  MO.0  3R 6 R       2 Vậy MA  MB  MC không đổi M thay đổi (O) Hình 4.44 Luyện tập Cho tam giác với Gọi trực tâm tam giác     AH BC  a) Chứng minh BH CA 0 b) Tìm tọa độ điểm H c) Giải tam giác ABC Lời giải ABC nên AH  BC BH  CA a) Vì H trực  tâm  tam  giác  AH  BC BH  CA suy  đó   AH BC 0 BH CA 0 Hình 4.45 H  x; y  b) Giả  sử ta có   AH  x  1; y   , BC  0;  , BH  x  8; y  1 , CA   9;      AH BC 0  x  1   y   0  x 6    H  6;    y   x   y       BH  CA      Vì H trực tâm tam giác ABC nên  c) AB    1       90 3 10 AC    1      117 2 BC          9 Vận dụng Một lực không đổi tác động vào vật điểm đặt lực chuyển động thẳng từ A đến B Lực phân tích thành hai lực thành phần a) Dựa vào tính chất  tích vơ hướng, giải thích cơng sinh lực F (đã đề cập trên) tổng  F F công sinh lực 1 và F F b) Giả sử lực thành phần , tương ứng phương, vng góc với phương chuyển động vật Hãy  tìm mối  F quan hệ công sinh lực F lực Chương Hình học ⓾ Lời giải Hình 4.46 a) Ta có:      2 2  F1  F2 F1  2.F1.F2  F2 F12  2.F1.F2 cos F1 , F2  F22 F12  2.F1.F2 cos 90  F22 2 2  F  F  F  F     F1  F2 F     F F  F1 F cos   b) Gọi góc tạo BÀI TẬP   a b 4.21 Trong mặt phẳng Oxy, tính góc hai vectơ trường hợp sau:       a  (  2;1), b (2;  2) a  (  3;1), b  (2;6) a  (3;1), b  (2; 4) a) b) c)     Lời giải    a b cos a, b    a b   Vận dụng cơng thức tính góc hai véc tơ   cos a, b    a) b)  3.2  1.6   3  12 22  62   0  a, b 90 o     cos a, b    10    a, b 45o 32  12 22  10   cos a, b     1.      1         c) 3.2  1.4 2    4.22 Tìm điều kiện u, v để:    u.v  u v a) b)    3   a, b 180 o    u.v  u v   Lời giải      u v | u | | v | cos  u , v         cos  u , v  1 u , v  0 để u v | u | | v | hay  nên u , v      u v | u | | v | cos  u , v        cos  u , v   u , v  180  u  v  | u |  | v | để hay a) Ta có hướng b) Ta có  nên u , v ngược hướng 4.23 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1;2), B( 4;3) Gọi M(t; 0) điểm thuộc trục hồnh   a) Tính AM BM theo t  b) Tìm t để AMB 90 Lời giải  a) Ta có    AM  t  1;   , BM  t  4;    AM BM  t  1  t    2.3 t  3t  Chương Hình học ⓾      t  AM  BM  AM BM 0  t  3t  0      t  b) Để AMB 90  t     Vậy với  t  AMB 90 4.24 Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm không thẳng hàng A( 4;1),B(2; 4),C(2;  2) a) Giải tam giác ABC b) Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC Lời giải a) AB    4 AC    4     1  45 BC    2      6 b) Giả sử    1  45 3 2 H  x; y   ta có    AH  x  4; y  1 , BC  0;   , BH  x  2; y   , CA   6;  Vì H trực tâm tam giác ABC nên    AH BC 0  x     y  1    0       x     y   0  BH CA 0 13  x   13   H  ; 1     y 1 S ABC  4.25 Chứng minh với tam giác ABC, ta có: 2   2 AB AC  AB AC   Lời giải 1 S  AB AC.sin A  S  AB AC   cos A  Ta có      AB AC 2     AB AC  AB AC  S  AB AC    AB AC       Hay  Vậy S ABC   2 AB AC  AB AC     4.26 Cho tam giác ABC có trọng tâm G Chứng minh với điểm M, ta có: MA2  MB  MC 3MG  GA2  GB  GC Lời giải   2    2 MA2  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC     3MG  2MG GA  GB  GC  GA2  GB  GC         Chương Hình học ⓾ 3MG  GA2  GB  GC BÀI TẬP RÈN LUYỆN  a  1;  Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ, độ dài A là: B C D Lời giải  a  a1 ; a2  Áp dụng công thức: Độ dài vectơ   a  1;2   a  12  2  Ta có: tính theo công thức Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ, khoảng cách hai điểm A 89 89 B M  1;2  C N  4;6   a  a12  a22 là: D Lời giải Áp dụng công thức: Khoảng cách hai điểm thức AB  Ta có:  xB  M  1;2  x A    yB  y A  A  xA ; yA  B  xB ; y B  tính theo cơng N 4;6   MN     1 B 45 Áp dụng công thức: Nếu  a  a1 ; a2      5  a   2;  1 Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ, góc hai vectơ A 135  b  3;  1 C 90 là: D 60 Lời giải  b  b1 ; b2   khác ta có    a.b a1b1  a2b2 cos a ; b     a.b a1  a22 b12  b22      a.b cos a ; b     a.b  2.3    1   1     2 Ta có:   a ; b 135 Vậy 2    1 32    1   1  10     ABCD a Câu 4: Cho hình vng có độ dài cạnh Tính AB AC theo a a2 A C a B a a2 D Lời giải     AB AC  AB AC.cos AB , AC a.a a 2 Ta có Chương   Hình học ⓾ Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ trực tâm H ABC  Oxy  , cho ABC có A  3;2  , B   11;0  , C  5;  Xác định tọa độ  25 58  H  ;   A   25 58  H ;  B  3   25 58  H ;   C   25 58  H ;  D  3  Lời giải Gọi H  x; y  Ta có    AH  x  3; y   , BC  16;4  , BH  x  11; y  , AC  2;  25  x      AH BC 0  x  y 14    25 58      y  58 H  ;  x  y  11 BH AC 0    Vậy  Vì H trực tâm nên      Câu 6: Cho tam giác ABC vuông A AB.CB 9; AC BC 3 Độ dài cạnh BC bằng? A C B D 15 Lời giải Ta có   CB 9  AB    AC BC       AB    AC      AB  AC  9   AB     AC  AB  3  AC  2 9  BC   2 3           a , b | a |  2, | b |  | a  b |  a  b a Câu 7: Cho vectơ biết Tính góc vectơ  2b A 30 B 60 C 120 D 150    t   l  AM BM 0   t  3  t    0  t  t  0    M  3;0  t   MAB M Lời giải Ta có:   2   2   | a  2b |2  a  4a.b  4b 4  a.b      2   2  a  b a  2b a  a.b  2b 3    Chương Hình học ⓾    a b      a  2b   2   2   a  2a.b  b 3  | a  b | 2  2   a  4a.b  4b 12  | a  2b |2     a  b a  2b    cos a  b, a  2b        | a  b | | a  2b | 3.2 Mà:     a  b a Nên góc vectơ  2b 60      Câu 8: Cho hình thang cân ABCD biết đáy lớn CD 3a , AB a BC a Gọi H hình chiếu  vng góc A lên cạnh CD Tính A a   BH AC  AD  B 5a  C  a D  5a Lời giải Có DH  CD  AD a  ABHD hình bình hành AH a        BH AC  AD BH AC  BH AD   Có:       AH  AB AH  HC  AD       AH  AB.HC  AD a  a.2a.cos 00  2a a Câu 9: Cho ba điểm A(3; 4) , B (2;1) C ( 1;  2) Tìm điểm M đường thẳng BC để góc AMB 450 A M  5;  B M  2;3 C M   5;  D M  2;  3 Lời giải Giả sử M  x; y   suy  Vì AMB 45 suy   MA   x;  y  , MB   x;1  y  , BC   3;     cos AMB  cos MA; BC   Chương Hình học ⓾   MA.BC  cos 450      MA BC   x   3  x   3  y    x    y 99   y  x  y  (*)   Mặt khác M thuộc đường thẳng BC nên hai vectơ MB, BC phương  x 1 y   x  y 1 3 Suy  vào (*) ta   y 2    y   y   y  y  0  y 2 y 4     MA  0;  , MB   1;  1  cos AMB cos MA; MB  + Với y 2  x 3 , ta có    Khi AMB 135 (khơng thỏa mãn)    MA   2;0  , MB   3;  3  cos AMB cos MA; MB  + Với y 4  x 5 ,    Khi AMB 45 Vậy M  5;  điểm cần tìm A 2;1 Câu 10: Cho điểm   Lấy điểm B nằm trục hồnh có hồnh độ khơng âm điểm C trục tung có tung độ dương cho tam giác ABC vuông A Tìm toạ độ điểm C để tam giác ABC có diện tích lớn A C   2;5  B C  2;5  C C  5;  D C  0;5  Lời giải Gọi B  b;0  , C  0; c   Suy với b 0 , c   AB  b  2;  1 , AC   2; c  1 Theo giả thiết ta có tam giác ABC vng A nên   AB AC 0   b        c  1 0  c  2b  1 S ABC  AB AC  (b  2) 1 2  (c  1) (b  2)  b  4b  2 Ta có Vì c  nên  2b    b  Xét hàm số y  x  x  với x  Bảng biến thiên Chương Hình học ⓾ y 5 x 0 Do diện Suy giá trị lớn hàm số y x  x  với tích tam giác ABC lớn b 0 , suy c 5 x  Vậy C  0;5  điểm cần tìm Chương Hình học ⓾ ... Hình 4.46 a) Ta có:      2? ?? 2? ??  F1  F2 F1  2. F1.F2  F2 F 12  2. F1.F2 cos F1 , F2  F 22 F 12  2. F1.F2 cos 90  F 22 ? ?2 2  F  F  F  F     F1  F2 F     F F  F1 F cos ... 3 .2  1.6   3  12 22  62   0  a, b 90 o     cos a, b    10    a, b 45o 32  12 22  10   cos a, b     1.      1         c) 3 .2  1.4 2    4 .22 ...   ? ?2   ? ?2   | a  2b |? ?2  a  4a.b  4b 4  a.b      ? ?2   ? ?2  a  b a  2b a  a.b  2b 3    Chương Hình học ⓾    a b      a  2b   ? ?2   ? ?2   a  2a.b