Giải SBT Toán 10 Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ

Giải SBT Toán 10 Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ – Kết nối tri thức giúp học sinh hiểu rõ định nghĩa, công thức tính tích vô hướng và các ứng dụng quan trọng. Lời giải được trình bày ngắn gọn, dễ hiểu, hỗ trợ các em vận dụng kiến thức vào từng dạng bài tập và củng cố kỹ năng giải Toán 10.

Giải SBT Toán 10 trang 65

Bài 4.29 trang 65 SBT Toán 10

Cho tam giác đều ABC có độ dài các cạnh bằng 1.

c) Lấy điểm P thuộc đoạn AN sao cho AP = 3PN. Hãy biểu thị các vectơ \(\overrightarrow {AP} ;\overrightarrow {MP}\) theo hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC}\). Tính độ dài đoạn MP.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

a) Tam giác ABC đều có M là trung điểm của BC nên đường trung tuyến AM đồng thời là đường phân giác và đường cao.

\(\Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {MAC} = \frac{1}{2}\widehat {BAC} = {12.60^0} = {30^0}\)

Gọi Ax là tia đối của tia AM, tia Ay là tia đối của tia AB.

\(\left\{ \begin{array}{l} \left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {BA} } \right) = \widehat {xAy} = \widehat {BAM} = {30^0}\\ \left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {xAC} = {180^0} - \widehat {MAC} = {180^0} - {30^0} = {150^0} \end{array} \right.\)

Khi đó ta có:

\(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA} = \left| {\overrightarrow {MA} } \right|.\left| {\overrightarrow {BA} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {BA} } \right) = MA.BA.\cos {30^0}\)

\(\Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.1.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{3}{4}\)

Xét tam giác BAM vuông tại M, theo định lí Pythagoras ta có:

\(MA = \sqrt {B{A^2} - B{M^2}} = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Tương tự ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {MA} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {AC} } \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC} = MA.MC.\cos {150^0}\\ \Rightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {AC} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.1.\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = - \frac{3}{4} \end{array}\)

b)Vì M là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

Vì N đối xứng với B qua C nên C là trung điểm của BN

\(\Rightarrow \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AN} = 2\overrightarrow {AC} \Rightarrow \overrightarrow {AN} = 2\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB}\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right).\left( {2\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {2{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\overrightarrow {AB} }^2} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {2{{\left| {\overrightarrow {AC} } \right|}^2} - {{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}^2} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} } \right) \end{array}\)

Mà \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {AB} } \right)\)\(= AC.AB.\cos \widehat {BAC} = 1.1.\cos {60^0} = \frac{1}{2}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} = \frac{1}{2}\left( {2A{C^2} - A{B^2} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {{{2.1}^2} - {1^2} + \frac{1}{2}} \right) = \frac{3}{4} \end{array}\)

Vậy \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AN} = \frac{3}{4}\)

c) Vì P thuộc đoạn thẳng AN thỏa mãn \(AP = 3PN \Rightarrow AP = \frac{3}{4}AN\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {AP} = \frac{3}{4}\overrightarrow {AN} \\ \Rightarrow \overrightarrow {AP} = \frac{3}{4}\left( {2\overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} } \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {AP} = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} \end{array}\)

Ta có:

.\(\begin{array}{l} \overrightarrow {MP} = \overrightarrow {AP} - \overrightarrow {AM} \\ = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\\ = \frac{3}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{3}{4}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \\ = \overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} \\ \Rightarrow MP = \left| {\overrightarrow {MP} } \right| = \left| {\overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} } \right| \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow M{P^2} = {\left( {\overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} } \right)^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} - 2.\frac{5}{4}.\overrightarrow {AC} \overrightarrow {AB} + \frac{{25}}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2}\\ = {\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{5}{2}.\overrightarrow {AC} \overrightarrow {AB} + \frac{{25}}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow M{P^2} = {\left( {\overrightarrow {AC} - \frac{5}{4}\overrightarrow {AB} } \right)^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} - 2.\frac{5}{4}.\overrightarrow {AC} \overrightarrow {AB} + \frac{{25}}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2}\\ = {\overrightarrow {AC} ^2} - \frac{5}{2}.\overrightarrow {AC} \overrightarrow {AB} + \frac{{25}}{{16}}{\overrightarrow {AB} ^2} = {1^2} - \frac{5}{2}.1.1 + \frac{{25}}{{16}}.1 = \frac{{21}}{{16}} \end{array}\)

Bài 4.30 trang 65 SBT Toán 10

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 1, \(BC = \sqrt 2\). Gọi M là trung điểm của AD.

b) Gọi H là giao điểm của AC, BM. Gọi N là trung điểm của AH và P là trung điểm của CD. Chứng minh rằng tam giác NBP là một tam giác vuông.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

a) Đặt \(\overrightarrow {AB} = \overrightarrow a ;\overrightarrow {AD} = \overrightarrow b \Rightarrow \left| {\overrightarrow a } \right| = 1;\left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt 2\)

Vì AB ⊥ AD nên \(\overrightarrow a \bot \overrightarrow b\)

ABCD là hình chữ nhật nên cũng là hình bình hành nên ta có:

\(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow a + \overrightarrow b\) (quy tắc hình bình hành)

M là trung điểm của AD nên \(\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} = \frac{1}{2}\overrightarrow b\)

\(\Rightarrow \overrightarrow {BM} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow a\)

Khi đó

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = \left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow b - \overrightarrow a } \right)\\ = \frac{1}{2}\overrightarrow a \overrightarrow b - {\overrightarrow a ^2} + \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} - \overrightarrow a \overrightarrow b \\ = - {\overrightarrow a ^2} + \frac{1}{2}{\overrightarrow b ^2} - \frac{1}{2}\overrightarrow a \overrightarrow b ;\left( {do{\rm{ }}\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow 0 } \right)\\ = - {\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + \frac{1}{2}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} = - {1^2} + \frac{1}{2}.{\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 0 \end{array}\)

\(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BM} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {AC} \bot \overrightarrow {BM} \Rightarrow AC \bot BM\)

b) Xét tam giác ABC vuông tại C, theo định lí Pythagore ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 1 + {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 3\)

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(\Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}:\sqrt 3 = \frac{1}{3} \Rightarrow AH = \frac{1}{3}AC \Rightarrow \overrightarrow {AH} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}\)

Khi đó \(\overrightarrow {HC} = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow {HA} = \frac{1}{3}\overrightarrow {AC}\)

Ta có \(\overrightarrow {NB} = \overrightarrow {NA} + \overrightarrow {AB}\) (quy tắc ba điiểm)

Vì N là trung điểm của AH nên \(\overrightarrow {NA} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {NB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {HA} + \overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\left( { - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} } \right) + \overrightarrow {AB} \\ = - \frac{1}{6}.\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) + \overrightarrow a = \frac{5}{6}.\overrightarrow a - \frac{1}{6}\overrightarrow b \end{array}\)

Lại có: N là trung điểm của HA và P là trung điểm của CD, theo kết quả bài 4.12, trang 58, Sách giáo khoa Toán 10, tập một, ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {HC} = 2\overrightarrow {NP} \\ \Rightarrow \overrightarrow {NP} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {HC} } \right) = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow {HC} \\ = \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} + \frac{1}{2}\left( {\frac{2}{3}\overrightarrow {AC} } \right)\\ = \frac{1}{2}\overrightarrow b + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = \frac{1}{3}.\overrightarrow a + \frac{5}{6}\overrightarrow b \end{array}\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {NB} .\overrightarrow {NP} = \left( {\frac{5}{6}.\overrightarrow a - \frac{1}{6}\overrightarrow b } \right)\left( {\frac{1}{3}.\overrightarrow a + \frac{5}{6}\overrightarrow b } \right)\\ = \frac{5}{6}.\overrightarrow a .\left( {\frac{1}{3}.\overrightarrow a + \frac{5}{6}\overrightarrow b } \right) - \frac{1}{6}\overrightarrow b .\left( {\frac{1}{3}.\overrightarrow a + \frac{5}{6}\overrightarrow b } \right)\\ = \frac{5}{{18}}.{\overrightarrow a ^2} + \frac{{25}}{{36}}\overrightarrow a \overrightarrow b - \frac{1}{{18}}.\overrightarrow a \overrightarrow b - \frac{5}{{36}}{\overrightarrow b ^2}\\ = \frac{5}{{18}}.{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} + \frac{{25}}{{36}}.\overrightarrow 0 - \frac{1}{{18}}.\overrightarrow 0 - \frac{5}{{36}}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2}\\ = \frac{5}{{18}}.{\left| {\overrightarrow a } \right|^2} - \frac{5}{{36}}{\left| {\overrightarrow b } \right|^2} = \frac{5}{{18}}{.1^2} - \frac{5}{{36}}.{\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 0 \end{array}\)

\(\overrightarrow {NB} .\overrightarrow {NP} = 0 \Rightarrow \overrightarrow {NB} \bot \overrightarrow {NP} \Rightarrow NB \bot NP\)

Bài 4.31 trang 65 SBT Toán 10 

Cho tam giác ABC có \(\widehat A < {90^0}\). Dựng ra phía ngoài tam giác hai tam giác vuông cân đỉnh A là ABD và ACE. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm BC, BD, CE. Chứng minh rằng:

c) Tam giác MNP là một tam giác vuông cân.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

a) +) Vì M là trung điểm của BC nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

+) Theo quy tắc ba điểm ta có:

\(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} = 2\overrightarrow {AM} \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right)\)

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {DE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AD} \\ \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} } \right).\left( {\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AD} } \right)\\ = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AC} \overrightarrow {.AD} } \right) \end{array}\)

Mà AB ⊥ AD nên \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = 0\)

Và AC ⊥ AE nên \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AE} = 0\)

\(\Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AC} \overrightarrow {.AD} } \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} = AB.AE.\cos \widehat {BAE}\\ \overrightarrow {AC} \overrightarrow {.AD} = AC.AD.\cos \widehat {CAD} \end{array}\)

AB = AD (do ∆ABD vuông cân tại A)

Và AC = AE (do ∆ACE vuông cân tại A)

\(\widehat {BAE} = \widehat {BAC} + \widehat {CAE} = \widehat {BAC} + {90^0}\)

\(\widehat {CAD} = \widehat {BAC} + \widehat {BAD} = \widehat {BAC} + {90^0}\)

\(\Rightarrow \widehat {CAD} = \widehat {BAE}\)

Do đó:

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {DE} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AC} \overrightarrow {.AD} } \right) = 0\\ \Rightarrow \overrightarrow {AM} \bot \overrightarrow {DE} \end{array}\)

b) Ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {BE} = \overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} \\ \overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} \end{array} \right.\\ \Rightarrow \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CD} = \left( {\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} } \right)\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right)\\ = \overrightarrow {AE} \overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AE} \overrightarrow {AC} - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ = \overrightarrow {AE} \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} \overrightarrow {AC} ;\left( {\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AC} = 0;\overrightarrow {AB} \overrightarrow {AD} = 0} \right) \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD} = AE.AD.\cos \widehat {DAE}\\ \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \widehat {BAC}\\ AB = AD;AC = AE\\ \widehat {DAE} = {360^0} - \widehat {DAB} - \widehat {BAC} - \widehat {CAE}\\ \Rightarrow \widehat {DAE} = {360^0} - {90^0} - \widehat {BAC} - {90^0} = {180^0} - \widehat {BAC}\\ \Rightarrow \cos \widehat {DAE} = \cos \left( {{{180}^0} - \widehat {BAC}} \right) = - \cos \widehat {BAC}\\ \Rightarrow \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AD} = - \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \\ \Rightarrow \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {AE} \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} \overrightarrow {AC} = 0\\ \Rightarrow \overrightarrow {BE} \bot \overrightarrow {CD} \Rightarrow BE \bot CD \end{array}\)

c) Ta có:

\(\begin{array}{l} B{E^2} = {\left| {\overrightarrow {BE} } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow {AE} - \overrightarrow {AB} } \right)^2}\\ = {\left| {\overrightarrow {AE} } \right|^2} - 2\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB} + {\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2}\\ = A{E^2} - 2.AE.AB.\cos \widehat {EAB} + A{B^2}\\ = A{D^2} + A{C^2} - 2.AD.AC.\cos \widehat {CAD}\\ = {\left| {\overrightarrow {AD} } \right|^2} - 2\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} + {\left| {\overrightarrow {AC} } \right|^2} = {\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right)^2} = {\overrightarrow {CD} ^2} = CD\\ \Rightarrow BE = CD{\rm{ }}\left( 1 \right) \end{array}\)

Xét tam giác BCD có M, N lần lượt là trung điểm của BC, BD

Nên MN là đường trung bình của ∆BCD

=> \(MN = \frac{1}{2}CD\) và MN // CD (2)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

MP là đường trung bình của ∆BCE

=> \(MP = \frac{1}{2}BE\) và MP // BE (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra MN = MP.

Vì BE ⊥ CD (câu b), MN // CD và MP // BE

Nên MN ⊥ MP

⇒ \(\widehat {NMP} = {90^0}\)

Tam giác MNP có MN = MP và \(\widehat {NMP} = {90^0}\)

Suy ra tam giác MNP là tam giác vuông cân tại M.

Bài 4.32 trang 65 SBT Toán 10

Cho hai vectơ \(\overrightarrow a ;\overrightarrow b\) thoả mãn \(\left| {\overrightarrow a } \right| = 6;\left| {\overrightarrow b } \right| = 8;\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right| = 10\)

b) Tính số đo của góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a\) và \(\overrightarrow a + \overrightarrow b\).

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

Gọi ba điểm A, B, C sao cho \(\overrightarrow a = \overrightarrow {AB} ;\overrightarrow b = \overrightarrow {BC}\)

Khi đó \(\overrightarrow a + \overrightarrow b = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC}\)

Và AB = 6, BC = 8 và AC = 10.

Xét tam giác ABC có:

AB² + BC² = 6² + 8² =100

AC² = 10² = 100

⇒ \(A{B^2} + B{C^2} = {6^2} + {8^2} = {10^2} = A{C^2}\)

=> Tam giác ABC vuông tại B (định lí Pythagore đảo)

\(\cos \widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}\)

a) Ta có \(\overrightarrow a .\left( {\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \widehat {BAC} = 6.10.\frac{3}{5} = 36\)

b) Ta có:

\(\begin{array}{l} \cos \left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right) = \cos \widehat {BAC} = \frac{3}{5}\\ \Rightarrow \widehat {\left( {\overrightarrow a ;\overrightarrow a + \overrightarrow b } \right)} = \widehat {BAC} = {53^0}7'48'' \end{array}\)

Bài 4.33 trang 65 SBT Toán 10

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

Gọi H và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì D, M lần lượt là hình chiếu của H và O lên BC, nên \(\overrightarrow {MD}\) là hình chiếu của \(\overrightarrow {OH}\)

Theo định lí hình chiếu (được giới thiệu ở phần Nhận xét của Ví dụ 2, trang 62, Sách Bài tập Toán 10, tập một) ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} \\ \Rightarrow \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OB} } \right)\\ \Rightarrow \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} {\rm{ }}\left( 1 \right) \end{array}\)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OC} } \right)\\ = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} {\rm{ }}\left( 2 \right)\\ \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {OH} .\left( {\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OA} } \right)\\ = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} {\rm{ }}\left( 3 \right) \end{array}\)

Từ (1), (2) và (3) ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB} \\ = \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OB} - \overrightarrow {OH} .\overrightarrow {OA} \\ = 0 \end{array}\)

Vậy \(\overrightarrow {MD} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {NE} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {PF} .\overrightarrow {AB} = 0\)

Bài 4.34 trang 65 SBT Toán 10

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm A(2; 1) và B(4; 3).

b) Tìm toạ độ của điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A.

Hướng dẫn giải

a) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AB ⊥ AC hay \(\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC}\)

=> \(\overrightarrow {AB} . \overrightarrow {AC} =0\)

Giả sử C(x; 0) là điểm thuộc trục hoành.

Với A(2; 1), B(4; 3) và C(x; 0) ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right)\\ \overrightarrow {AC} = \left( {x - 2; - 1} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \Leftrightarrow 2\left( {x - 2} \right) + 2\left( { - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = 3\)

Vậy C(3; 0) \(\Rightarrow \overrightarrow {AC} = \left( {1; - 1} \right)\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( {2;2} \right) \Rightarrow AB = 2\sqrt 2 \\ \overrightarrow {AC} = \left( {1; - 1} \right) \Rightarrow AC = \sqrt 2 \end{array} \right. \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {10}\) (theo định lí Pythagore)

Khi đó chu vi tam giác ABC là:

\({C_{ABC}} = AB + AC + BC = 2\sqrt 2 + \sqrt 2 + \sqrt {10}\) (đơn vị độ dài)

Diện tích tam giác ABC là:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.2\sqrt 2 .\sqrt 2 = 2\) (đơn vị diện tích)

b) Tam giác ABD vuông cân tại A nên AB ⊥ AD và AB = AD

Với AB ⊥ AD ta có \(\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AD}\)

Mà \(\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC}\) (theo câu a)

Nên \(\overrightarrow {AD} ;\overrightarrow {AC}\) cùng phương

Gọi D(a; b) là tọa độ điểm D cần tìm.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {AD} = \left( {a - 2;b - 1} \right)\\ \overrightarrow {AC} = \left( {1; - 1} \right) \end{array} \right.\)

Do đó hai vectơ \(\overrightarrow {AD} ;\overrightarrow {AC}\) cùng phương khi và chỉ khi:

\(\frac{{a - 2}}{1} = \frac{{b - 1}}{{ - 1}} \Leftrightarrow a - 2 = 1 - b \Leftrightarrow b - 1 = 2 - a{\rm{ }}\left( 4 \right)\)

Với AB = AD ta có:

\(\begin{array}{l} A{B^2} = A{D^2} \Leftrightarrow {\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 1} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 8 = {\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {2 - a} \right)^2} \Leftrightarrow 8 = 2{\left( {a - 2} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 4 = {\left( {a - 2} \right)^2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a - 2 = 2\\ a - 2 = - 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 4\left( {TM} \right)\\ a = 0\left( L \right) \end{array} \right. \end{array}\)

Với a = 4 thì b – 1 = 2 – 4 ⇒ b = –1 ta có điểm D₁(4; –1).

Với a = 0 thì b – 1 = 2 – 0 ⇒ b = 3 ta có điểm D₂(0; 3).

Vậy có hai điểm D thỏa mãn yêu cầu đề bài là D₁(4; –1) và D₂(0; 3).

Bài 4.35 trang 65 SBT Toán 10 

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

Gọi I là giao điểm của AC và BD

Vì ABCD là hình vuông nên ta có: I là trung điểm của AC; AC = BD và AC ⊥ BD tại I.

I là trung điểm của AC nên: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_I} = \frac{{1 + 9}}{2} = 5\\ {y_I} = \frac{{4 + 2}}{2} = 3 \end{array} \right. \Rightarrow I\left( {5;3} \right)\)

Giả sử B(x; y) (y < 0) và D(a; b)

Vì I là trung điểm của BD nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} 5 = \frac{{x + a}}{2}\\ 3 = \frac{{y + b}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 10 - x\\ b = 6 - y \end{array} \right. \Rightarrow D\left( {10 - x;6 - y} \right)\)

Với A(1; 4); C(9; 2); B(x; y) và D(10 – x; 6 – y) ta có: \(\overrightarrow {AC} = \left( {8; - 2} \right);\overrightarrow {BD} = \left( {10 - 2x;6 - 2y} \right)\)

AC ⊥ BD \(\Rightarrow \overrightarrow {AC} \bot \overrightarrow {BD} \Rightarrow \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 8.\left( {10 - 2x} \right) - 2\left( {6 - 2y} \right) = 0\\ \Leftrightarrow y = 4x - 17;\left( {y < 0} \right) \end{array}\)

Lại có:

\(\begin{array}{l} AC = BD \Leftrightarrow A{C^2} = B{D^2}\\ \Leftrightarrow {8^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = {\left( {10 - 2x} \right)^2} + {\left( {6 - 2y} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {8^2} + {\left( { - 2} \right)^2} = {\left( {10 - 2x} \right)^2} + {\left[ {6 - 2\left( {4x - 17} \right)} \right]^2}\\ \Leftrightarrow {\left( {10 - 2x} \right)^2} + {\left( {40 - 8x} \right)^2} = 68\\ \Leftrightarrow {\left( {x - 5} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x - 5 = 1\\ x - 5 = - 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 6\\ x = 4 \end{array} \right. \end{array}\)

Với x = 6 ta có y = 4.6 – 17 = 7 (không thỏa mãn y < 0)

Với x = 4 ta có y = 4.4 – 17 = –1 (thỏa mãn y < 0)

Khi đó ta có điểm B(4; –1)

Mà D(10 – x; 6 – y) nên D(6; 7).

Vậy B(4; –1) và D(6; 7).

Giải SBT Toán 10 trang 66

Bài 4.36 trang 66 SBT Toán 10

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(–3; 2), B(1; 5) và C(3; −1).

b) Tìm toạ độ của điểm D thuộc trục tung sao cho vectơ \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB}\) có độ dài ngắn nhất.

Hướng dẫn giải:

a) Vì C cách đều A và B nên CA = CB

⇔ AC² = BC²

Giả sử C(x; 0) là điểm thuộc trục hoành

Với A(1; 1); B(7; 5) và C(x; 0) ta có:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {AC} = \left( {x - 1; - 1} \right)\\ \Rightarrow A{C^2} = {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( { - 1} \right)^2} = {x^2} - 2x + 2\\ \overrightarrow {BC} = \left( {x - 7; - 5} \right)\\ \Rightarrow B{C^2} = {\left( {x - 7} \right)^2} + {\left( { - 5} \right)^2} = {x^2} - 14x + 74 \end{array}\)

Do đó AC² = BC²

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 2x + 2 = {x^2} - 14x + 74\\ \Leftrightarrow 12x = 72 \Leftrightarrow x = 6 \end{array}\)

Vậy C(6; 0).

b) Gọi M là trung điểm của AB.

Khi đó \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB} = 2\overrightarrow {DM}\)

Do đó để vectơ \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB}\) có độ dài ngắn nhất thì vectơ \(2\overrightarrow {DM}\) có độ dài ngắn nhất

⇔ DM có độ dài ngắn nhất

Hay DM² nhỏ nhất.

Giả sử D(0; y) là điểm thuộc trục tung

Với A(1; 1); B(7; 5) và D(0; y) ta có:

M là trung điểm của AB nên \(\left\{ \begin{array}{l} {x_M} = \frac{{1 + 7}}{2} = 4\\ {y_M} = \frac{{1 + 5}}{2} = 3 \end{array} \right. \Rightarrow M\left( {4;3} \right)\)

⇒ M(4; 3)

\(\Rightarrow \overrightarrow {DM} = \left( {4;3 - y} \right) \Rightarrow D{M^2} = {4^2} + {\left( {3 - y} \right)^2} = {\left( {y - 3} \right)^2} + 16\)

Vì (y – 3)² ≥ 0 với mọi y nên (y – 3)² + 16 ≥ 16 với mọi y

Hay DM² ≥ 16 với mọi y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y – 3 = 0 => y = 3.

=> DM đạt giá trị nhỏ nhất khi D(0; 3)

Vậy D(0; 3) thì vectơ \(\overrightarrow {DA} + \overrightarrow {DB}\) có độ dài ngắn nhất.

Bài 4.37 trang 66 SBT Toán 10

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(–3; 2), B(1; 5) và C(3; −1).

b) Tìm toạ độ trực tâm H của tam giác ABCtâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm toạ độ của I.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Với A(–3; 2), B(1; 5) và C(3; −1) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {AB} = \left( {4;3} \right)\\ \overrightarrow {AC} = \left( {6; - 3} \right) \end{array} \right.\)

Vì nên hai vectơ \(\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC}\) không cùng phương

Do đó ba điểm A, B, C không thẳng hàng

Vậy A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {x_G} = \frac{{ - 3 + 1 + 3}}{3} = \frac{1}{3}\\ {y_G} = \frac{{2 + 5 + \left( { - 1} \right)}}{3} = 2 \end{array} \right. \Rightarrow G\left( {\frac{1}{3};2} \right)\)

Vậy tọa độ trọng tâm của tam giác ABC là: \(G\left( {\frac{1}{3};2} \right)\)

b) Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên AH ⊥ BC và BH ⊥ AC

Hay \(\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\\ \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0 \end{array} \right.\)

Giả sử H(x; y) là tọa độ trực tâm tam giác ABC

Với A(–3; 2), B(1; 5), C(3; −1) và H(x; y) ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {AH} = \left( {x + 3;y - 2} \right)\\ \overrightarrow {BC} = \left( {2; - 6} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 3} \right).2 - 6\left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x - 3y = - 9{\rm{ }}\left( 1 \right) \end{array}\)

Lại có:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {BH} = \left( {x - 1;y - 5} \right)\\ \overrightarrow {AC} = \left( {6; - 3} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0\\ \Leftrightarrow 6.\left( {x - 1} \right) - 3\left( {y - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow 6x - 3y = - 9{\rm{ }}\left( 2 \right) \end{array}\)

Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có:

5x = 0 ⇒ x = 0

⇒ y = 3

⇒ H(0; 3)

Vậy tọa độ trực tâm của tam giác ABC là H(0; 3)

c) Theo kết quả phần a) của Bài 4.15, trang 54, Sách Bài tập, Toán 10, tập một ta có:

\(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM}\) với M là trung điểm của BC.

Giả sử I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Với A(–3; 2), B(1; 5), C(3; −1), H(0; 3) và I(a; b) ta có: \(\overrightarrow {AH} = \left( {3;1} \right)\)

M là trung điểm của BC nên \(\left\{ \begin{array}{l} {x_M} = \frac{{1 + 3}}{2} = 2\\ {y_M} = \frac{{5 + \left( { - 1} \right)}}{2} = 2 \end{array} \right. \Rightarrow M\left( {2;2} \right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow {IM} = \left( {2 - a;2 - b} \right) \Rightarrow 2\overrightarrow {IM} = \left( {4 - 2a;4 - 2b} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3 = 4 - 2a\\ 1 = 4 - 2b \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = \frac{1}{2}\\ b = \frac{3}{2} \end{array} \right. \Rightarrow I\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\)

Vậy tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \(I\left( {\frac{1}{2};\frac{3}{2}} \right)\)

Bài 4.38 trang 66 SBT Toán 10

Cho ba điểm M, N, P. Nếu một lực \(\overrightarrow F\) không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm, thì các công sinh bởi lực \(\overrightarrow F\) trong hai trường hợp sau có mối quan hệ gì với nhau?

b) Chất điểm chuyển động thẳng từ M đến P.

Hướng dẫn giải:

a) Do lực \(\overrightarrow F\) không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm nên công sinh bởi lực \(\overrightarrow F\) khi chất điểm chuyển động theo đường gấp khúc từ M đến N rồi tiếp tục từ N đến P là:

\({A_1} = \overrightarrow F .\overrightarrow {MN} + \overrightarrow F .\overrightarrow {NP} = \overrightarrow F .\left( {\overrightarrow {MN} + \overrightarrow {NP} } \right) = \overrightarrow F .\overrightarrow {MP} {\rm{ }}\left( 1 \right)\)

b) Do lực không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm nên công sinh bởi lực \(\overrightarrow F\) khi chất điểm chuyển động thẳng từ M đến P là:

\({A_2} = \overrightarrow F .\overrightarrow {MP} {\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \({A_1} = {A_2} = \overrightarrow F .\overrightarrow {MP} {\rm{ }}\)

Vậy \({A_1} = {A_2}\)

-------------------------

Hy vọng bài viết Giải SBT Toán 10 Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ giúp các em nắm chắc công thức, hiểu cách áp dụng tích vô hướng để giải bài tập và nâng cao tư duy hình học. Hãy chủ động luyện tập để củng cố kiến thức và học tốt môn Toán 10 theo chương trình Kết nối tri thức.