Giải SBT Toán 10 kết nối tri thức trang 65 tập 1

Giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức trang 65 tập 1 tổng hợp lời giải các bài tập Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ. Phần hướng dẫn bám sát nội dung sách bài tập, giúp học sinh hiểu cách xác định tích vô hướng và vận dụng kiến thức vào các bài toán hình học.

Giải bài 4.29 trang 65 SBT Toán 10 tập 1 KNTT

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:

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

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

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

Giải bài 4.30 trang 65 SBT Toán 10 tập 1 KNTT

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:

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

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

Giải bài 4.31 trang 65 SBT Toán 10 tập 1 KNTT

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.

Giải bài 4.32 trang 65 SBT Toán 10 Tập 1 KNTT

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:

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

Giải bài 4.33 trang 65 SBT Toán 10 tập 1 KNTT

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

Giải bài 4.34 trang 65 SBT Toán 10 tập 1 KNTT

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).

Giải bài 4.35 trang 65 SBT Toán 10 tập 1 KNTT

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).

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

Thông qua Giải SBT Toán 10 Kết nối tri thức trang 65 tập 1, học sinh có thể hệ thống lại kiến thức về tích vô hướng của hai vectơ và rèn luyện phương pháp giải từng dạng bài. Nội dung hỗ trợ hiệu quả quá trình học tốt Toán 10 KNTT.