TÍCH vô HƯỚNG TÍCH vô HƯỚNG của HAI VECTƠ (lý thuyết + bài tập ứng dụng) file word

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
§2 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Định nghĩa:
a) Góc giữa hai vectơ.
Cho hai vectơ a và b đều khác 0 . Từ điểm O bất kỳ dựng các vectơ OA = a và OB = b .
Số đo góc AOB được gọi là số đo góc giữa hai vectơ a và b .
+ Quy ước : Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì ta xem góc giữa hai vectơ a và b là tùy ý (từ 0 0
đến 1800 ).

( )

+ Kí hiệu: a; b

b) Tích vô hướng của hai vectơ.
Tích vô hướng của hai véc tơ a và b là một số thực được xác định bởi:

a.b = a b .cos(a, b) .
2. Tính chất: Với ba véc tơ bất kì a , b , c và mọi số thực k ta luôn có:

1) a.b = b.a
2) a( b  c) = a.b  a.c
3) ( ka)b = k( a.b) = a( kb)
2

2

4) a  0, a = 0  a = 0
Chú ý: Ta có kết quả sau:
+ Nếu hai véc tơ a và b khác 0 thì a ⊥ b  a.b = 0
2

2

+ a.a = a = a gọi là bình phương vô hướng của véc tơ a .
2

2

2

+ ( a  b)2 = a  2a.b + b , ( a + b)( a − b) = a − b

2

3. Công thức hình chiếu và phương tích của một điểm với đường tròn.
a) Công thức hình chiếu.


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
Cho hai vectơ AB, CD . Gọi A', B' lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường thẳng CD
khi đó ta có AB.CD = A ' B '.CD
b) phương tích của một điểm với đường tròn.
Cho đường tròn ( O ; R ) và điểm M. Một đường thẳng qua N cắt đường tròn tại hai
điểm A và B. Biểu thức MA.MB được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn

( O; R ) . Kí hiệu là P

M / (O )

.

Chú ý: Ta có PM / (O ) = MA.MB = MO 2 − R2 = MT 2 với T là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ
điểm M
3.Biểu thức tọa độ của tích vô hướng
Cho hai vectơ a = ( x1 ; y1 ) và b = ( x2 ; y2 ) . Khi đó
1) a.b = x1 x2 + y1 y2
2) a = ( x; y) |a|= x2 + y 2
3) cos( a , b) =

a.b
a b

=

x1 x2 + y1 y2
x12 + y12 x22 + y22

Hệ quả:
+ a ⊥ b  x1x2 + y1 y2 = 0
+ Nếu A( xA ; y A ) và B( xB ; y B ) thì AB = ( xB − xA )2 + ( yB − yA )2
B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.
 DẠNG 1 : Xác định biểu thức tích vô hướng, góc giữa hai vectơ.
1. Phương pháp giải.

( )

• Dựa vào định nghĩa a.b = a . b cos a; b

• Sử dụng tính chất và các hằng đẳng thức của tích vô hướng của hai vectơ
2. Các ví dụ:

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = a, BC = 2a và G là trọng tâm.
a) Tính các tích vô hướng: BA.BC ; BC.CA
A. BA.BC = 2a2 , BC.CA = −3a2

B. BA.BC = a2 , BC.CA = 3a2

C. BA.BC = a2 , BC.CA = −a2

D. BA.BC = a2 , BC.CA = −3a2

b) Tính giá trị của biểu thức AB.BC + BC.CA + CA.AB
A. AB.BC + BC.CA + CA.AB = 4a2

B. AB.BC + BC.CA + CA.AB = −a2

C. AB.BC + BC.CA + CA.AB = −4a2

D. AB.BC + BC.CA + CA.AB = −2a2

c) Tính giá trị của biểu thức GA.GB + GB.GC + GC.GA
A. GA.GB + GB.GC + GC.GA = −

a2
3

B. GA.GB + GB.GC + GC.GA = −

5a 2
D. GA.GB + GB.GC + GC.GA = −
3

4a2
C. GA.GB + GB.GC + GC.GA = −
3

Bài làm:

C

(hình 2.2)
a) * Theo định nghĩa tích vô hướng ta có

(

)

(

)

(

)

a 1
=
2a 2

Nên BA.BC = a2
* Ta có BC.CA = −CB.CA = − CB . CA cos ACB
Theo định lý Pitago ta có CA =
Suy ra BC.CA = −a 3.2a.

( 2a )

a 3
= −3a2
2a

2

− a2 = a 3

M

N

BA.BC = BA . BC cos BA, BC = 2a2cos BA, BC .
Mặt khác cos BA, BC = cos ABC =

2a2
3

G
A

P

Hình 2.2

B


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
b) Cách 1: Vì tam giác ABC vuông tại A nên CA.AB = 0 và từ câu a ta
có AB.BC = −a2 , BC.CA = −3a2 . Suy ra AB.BC + BC.CA + CA.AB = −4a2
Cách 2: Từ AB + BC + CA = 0 và hằng đẳng thức

( AB + BC + CA)

2

(

)

= AB2 + BC 2 + CA2 + 2 AB.BC + BC.CA + CA.AB Ta có

AB.BC + BC.CA + CA.AB = −

(

)

1
AB2 + BC 2 + CA2 = −4a2
2

c) Tương tự cách 2 của câu b) vì GA + GB + GC = 0 nên

GA.GB + GB.GC + GC.GA = −

(

1
GA2 + GB2 + GC 2
2

)

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB
2

2

4a2
Dễ thấy tam giác ABM đều nên GA =  AM  =
9
3

2

Theo định lý Pitago ta có:

GB2 =

4
4

4
3a 2  7 a 2
BN 2 = AB2 + AN 2 =  a2 +
=
9
9
9
4  9

(

)

4
4
4
a2  13a2
GC 2 = CP 2 = AC 2 + AP 2 =  3a2 +  =
9
9
9
4
9

(

)

1  4a2 7 a2 13a2 
4a 2

Suy ra GA.GB + GB.GC + GC.GA = − 
+
+
=−
2 9
9
9 
3
Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD cạnh a. M là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam
giác ADM . Tính giá trị các biểu thức sau:
a) ( AB + AD)( BD + BC)
A. ( AB + AD)( BD + BC) = 3a2

B. ( AB + AD)( BD + BC) = 2a2

C. ( AB + AD)( BD + BC) = a2

D. ( AB + AD)( BD + BC) = 4a2


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

(

b) CG. CA + DM

A.

)

21a2
4

B.

11a 2
4

C.

9a2
4

D.

a2
4

Bài làm:
(hình 2.3)
a) Theo quy tắc hình bình hành ta có AB + AD = AC
Do đó ( AB + AD)( BD + BC) = AC.BD + AC.BC

M

A

= CA.CB = CA . CB cos ACB

B

G

( AC.BD = 0 vì AC ⊥ BD )
D

Mặt khác ACB = 45 và theo định lý Pitago ta có :
0

C
Hình 2.3

AC = a2 + a2 = a 2
Suy ra ( AB + AD)( BD + BC) = a.a 2 cos 450 = a2
b) Vì G là trọng tâm tam giác ADM nên CG = CD + CA + CM

(

)

Mặt khác theo quy tắc hình bình hành và hệ thức trung điểm ta có CA = − AB + AD và

CM =

(

)

(

)

(

1
1
1
CB + CA = CB − AB + AD  = − AB + 2 AD

2
2
2

(

)

) 21 ( AB + 2 AD) = −  25 AB + 2 AD 

Suy ra CG = − AB − AB + AD −

(

)

1

Ta lại có CA + DM = − AB + AD + AM − AD = −  AB + 2 AD 
2


(

)

5
 1

Nên CG. CA + DM =  AB + 2 AD  AB + 2 AD 
2
 2



– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

=

5
21a2
AB2 + 4 AD 2 =
4
4

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c . M là trung điểm của BC, D là
chân đường phân giác trong góc A.
a) Tính AB.AC
A.

(

)

1 2 2 2
c +b −a
2

b) Tính AD

B.

(

1 2 2 2
c +b −a
4

)

C.

(

1 2 2 2
c +b −a
3

)

D.

(

1 2 2
c + b − 2a 2
2

)

2

2

C. AD =

2

p ( p − a)

B. AD =

2

p ( p − a)

D. AD =

4c

2

A. AD =

(b + c)
4bc

(b − c)

2

2

4bc

(b + c)

2

4bc

(b + c)

2

( p − a)
p ( p − a)

Bài làm:
(hình 2.3)

A

a) Ta có AB. AC =

=

(

)

2
2
1 2

AB
+
AC
−
AB
−
AC


2

(

1
1
 AB2 + AC 2 − CB2  = c 2 + b2 − a2



2
2

)

B

Hình 2.3

Mặt khác AB.AC = AB.AC cos A = cb cos A
Suy ra

c 2 + b2 − a2
1 2 2 2
c + b − a = cb cos A hay cos A =
2bc
2

(

)

b) * Vì M là trung điểm của BC nên AM =
2

Suy ra AM =

(

1
AB + AC
4

)

2

DM

(

1
AB + AC
2

)

2
2
1
=  AB + 2 ABAC + AC 
4


C


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Theo câu a) ta có AB.AC =

(

)

1 2 2 2
c + b − a nên
2

(

)

2 b2 + c 2 − a2
1 2
1 2 2 2
2
AM =  c + 2. c + b − a + b  =
4
2
4


(

2

)

* Theo tính chất đường phân giác thì
Suy ra BD =

BD AB c
=
=
DC AC b

BD
b
DC = DC (*)
DC
c

Mặt khác BD = AD − AB và DC = AC − AD thay vào (*) ta được
AD − AB =

(

)
= ( bAB ) + 2bcABAC + ( cAC )

b
AC − AD  ( b + c ) AD = bAB + cAC
c

 ( b + c ) AD
2

2

2

 ( b + c ) AD = b 2 c 2 + 2bc.
2

2

2

 AD =

bc

(b + c)

2

Hay AD =

2

(

2

)

1 2 2 2

c + b − a + c 2b2
2

( b + c − a )( b + c + a )

4bc

(b + c)

2

p ( p − a)

Nhận xét : Từ câu b) suy ra độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnh A là la =

2 bc
p ( p − a)
b+c

3. Bài tập luyện tập:
Bài 2.13. Cho tam giác ABC đều cạnh bằng a. Tính các tích vô hướng:
a) AB.AC
A.

5a 2
2

b) AC.CB

B.

a2
2

C.

3a 2
2

D. −

a2
2


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

A. −

a2
2

B. −

5a 2
2

C. −

7 a2

2

B. −

a2
2

C.

a2
3

D. −

3a 2
2

D. −

5a 2
2

c) AB.BC
A. −

a2
2

Bài làm:

(

)

a2
Bài 2.13. a) AB.AC = AB.AC.cos AB; AC = a cos 60 =
2
b) AC.CB = −CA.CB = −CA.CB.cos 600 = −
c) AB.BC = −

2

0

a2
2

a2
2

Bài 2.14 .Cho tam giác ABC có AB = 5, BC = 7, AC = 8 .
a) Tính AB.AC
A. AB.AC = 40

B. AB.AC = 10

C. AB.AC = 30

D. AB.AC = 20

B. AC.BC = 41

C. AC.BC = 42

D. AC.BC = 44

b) Tính AC.BC .
A. AC.BC = 45

c) Gọi D là điểm trên CA sao cho CD = 3 . Tính CD.CB .
A. CD.CB =

31
2

B. CD.CB =

35
2

C. CD.CB =

33
2

Bài làm:
2

2

(

Bài 2.14. a) 2 AB.AC = AB + AC − AB − AC
Suy ra AB.AC = 20

)

2

= AB2 + AC 2 − BC 2

D. CD.CB =

37
2


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

Ta có AB.AC = 20  AB.AC.cos A = 20  cos A =

(

)

1
 A = 600
2

2

b) AC.BC = AC. AC − AB = AC − AB.AC = 8 2 − 20 = 44
c) Ta có AC.BC = AC.BC.cos C = 44  cos C =
Do đó CD.CB = CD.CB.cos C = 3.7.

11
14

11 33
=
14 2

Bài 2.15. Cho các véctơ a , b có độ dài bằng 1 và thoả mãn điều kiện 2a − 3b = 7 . Tính

( )

cos a , b .

( )

A. cos a, b =

2
4

( )

B. cos a, b =

( )

1
4

C. cos a, b =

( )

1
2

D. cos a, b =

1
3

Bài làm:
2

( )

2

Bài 2.15. 2a − 3b = 7  4a − 12a.b + 9b = 7  cos a, b =

1
4

Bài 2.16. Cho các véctơ a , b có độ dài bằng 1 và góc tạo bởi hai véc tơ bằng 600 . Xác
định cosin góc giữa hai vectơ u và v với u = a + 2b , v = a − b

( )

A. cos u; v = −

1
2

( )

B. cos u; v = −

1
6

( )

C. cos u; v = −

1
4

( )

D. cos u; v = −

Bài làm:

(

)( )

Bài 2.16. u.v = a + 2b a − b = 1 − 2 +
2

2

2

1
1
=−
2
2
2

2

2

Mặt khác u = a + 4b + 8a.b = 9  u = 3 , v = a + b − 2a.b = 1  v = 1

( )

Suy ra cos u; v = −

1
6

Bài 2.17. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 3. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho

1
3


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

BM = 1 , trên cạnh CD lấy điểm N sao cho DN = 1 và P là trung điểm BC. Tính
cos MNP .

A. cos MNP =

C. cos MNP =

13

B. cos MNP =

5 10
13

D. cos MNP =

10

13
4 10
13
45 10

Bài làm:
Bài 2.17. Ta có NM =
Suy ra NM. NP =

1
2
1
AB − AD, NP = AB − AD
3
3
2

2 1 13
+ =
9 2 18

Mặt khác NM = 10 , NP =

5
13
 cos MNP =
2
45 10

Bài 2.18. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 . M là điểm được xác định bởi
AM = 3 MB , G là trọng tâm tam giác ADM . Tính MB.GC

A. MB.GC =

5

8

B. MB.GC =

3
8

C. MB.GC =

Bài làm:
Bài 2.18. Ta có MB =

1
AB
4

Vì G là trọng tâm tam giác ADM nên 3CG = CA + CD + CM

(

)

9
 3CG = − AB + AD − AB + CB + BM = − AB − 2 AD
4
 GC =

3
2
AB + AD

4
3

Suy ra MB.GC =

1
3
2
 3
AB.  AB + AD  =
4
3
4
 8

3
7

D. MB.GC =

1
8


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
Bài 2.19. Cho tứ giác ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DA, BC. Tính góc
giữa hai đường thẳng AB và CD biết AB = CD = 2a , MN = a 3 .
A. ( AB, CD) = 500

B. ( AB, CD) = 600

C. ( AB, CD) = 800

D. ( AB, CD) = 300

Bài làm:

1
Bài 2.19. Ta có: MN = ( AB + CD) suy ra
2
1
MN 2 = ( AB2 + CD2 + 2 AB.CD)  AB.CD = 2a2 .
4
Do đó cos( AB, CD) =

AB.CD
2a 2
1
=
=  ( AB, CD) = 600 .
AB.CD 2a.2a 2

Bài 2.20: Cho tứ giác ABCD có AB = BC = 2 5, CD = BD = 5 2 , BD = 3 10 , AC = 10 .
Tìm góc giữa hai vectơ AC , DB .
Bài làm:
Bài 2.20. Với điểm O bất kỳ ta có :

(

)(

)
+ OB − (OC − OB ) = OC

2 AC.DB = 2 OC − OA OB − OD = 2OC.OB + 2OA.OD − 2OC.OD − 2OA.OB Mặt khác
2OC.OB = OC

2

2

2

2

2

+ OB − BC

2

Xây dựng các đẳng thức tương tự thay vào ta tính được
2 AC.DB = AB2 + CD2 − BC 2 − AD2

(

)

Suy ra cos AC , DB =

AB2 + CD 2 − BC 2 − AD 2

AC.BD

Bài 2.21: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Gọi D là điểm đối xứng với C qua
đường thẳng AB, M là trung điểm của cạnh CB.
a) Xác định trên đường thẳng AC điểm N sao cho tam giác MDN vuông tại D. Tính
diện tích tam giác đó.


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

A. SMDN =

3
20

B. SMDN =

7 3
2

C. SMDN =

7
20

D. SMDN =

7 3
20

b) Xác định trên đường thẳng AC điểm P sao cho tam giác MPD vuông tại M. Tính
diện tích tam giác đó.
A. SPMD =

3
40

B. SPMD =

3
4

C. SPMD =

7
40

D. SPMD =

7 3
40

c) Tính côsin góc hợp bởi hai đường thẳng MP và PD
A. cos ( MP; PD ) =

2
14

B. cos ( MP; PD ) =

2
4

C. cos ( MP; PD ) =

21
16

D. cos ( MP; PD ) =

21
14

Bài làm:
Bài 2.21. HD: Đặt CA = a , CB = b . Khi đó CD = a + b, CM =

2
b 2
1
, a = b = 1, a.b =
2
2

a) Giải sử CN = nCA = na . Khi đó ta có:

MD = CD − CM = a +

b
và ND = CD − CN = (1 − n) a + b . Suy ra
2


b
9 − 5n
9
MD.ND =  a +  ( 1 − n ) a + b  =
 CN = a


2  
4
5

Để tam giác MDN vuông tại D ta phải có MD.ND = 0  n =

9
5

2

2

2
b 7
 4

21
7 3
Ta có MD =  a +  = , ND =  − a + b  =
 SMDN =


2  4
20
 5
 25

2

b) Tương tự câu a) ta có CP =

2
7 3
a, SPMD =
5
40

c) Theo câu a) và b) ta có MD =

2a b
3a
+ , DD = CD − CP = + b
5 2
5


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
2

Do đó MP =

2
21
49
21
.
, PD =
, MP. PD = −
100
25
100

Suy ra cos ( MP; PD ) =

MP.PD
MP . PD

=

21
14

 DẠNG 2: Chứng minh các đẳng thức về tích vô hướng hoặc độ dài của đoạn
thẳng.
1. Phương pháp giải.
• Nếu trong đẳng thức chứa bình phương độ dài của đoạn thẳng thì ta chuyển về
2

vectơ nhờ đẳng thức AB2 = AB
• Sử dụng các tính chất của tích vô hướng, các quy tắc phép toán vectơ
• Sử dụng hằng đẳng thức vectơ về tích vô hướng.

2. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho I là trung điểm của đoạn thẳng AB và M là điểm tùy ý.
Chứng minh rằng : MA.MB = IM 2 − IA2
Bài làm:
2

Đẳng thức cần chứng minh được viết lại là MA.MB = IM − IA

2

Để làm xuất hiện IM , IA ở VP, sử dụng quy tắc ba điểm để xen điểm I vào ta được

(

)(

) (

)(

VT = MI + IA . MI + IB = MI + IA . MI − IA
2

)

2

= IM − IA = VP (đpcm)
Ví dụ 2: Cho bốn điểm A, B, C, D bất kì. Chứng minh rằng:
DA.BC + DB.CA + DC.AB = 0 (*).

Từ đó suy ra một cách chứng minh định lí: "Ba đường cao trong tam giác đồng qui".
Bài làm:
Ta có: DA.BC + DB.CA + DC.AB


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

(

)

(

)

(

= DA. DC − DB + DB. DA − DC + DC. DB − DA

)

= DA.DC − DA.DB + DB.DA − DB.DC + DC.DB − DC.DA = 0
(đpcm)
Gọi H là giao của hai đường cao xuất phát từ đỉnh A, B.
Khi đó ta có HA.BC = 0, HC.AB = 0 (1)
Từ đẳng thức (*) ta cho điểm D trùng với điểm H ta được
HA.BC + HB.CA + HC.AB = 0 (2)

Từ (1) (2) ta có HB.CA = 0 suy ra BH vuông góc với AC

Hay ba đường cao trong tam giác đồng quy (đpcm).
Ví dụ 3: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Có AC và BD là hai dây thuộc nửa đường
tròn cắt nhau tại E. Chứng minh rằng : AE.AC + BE.BD = AB2
Bài làm:

C

D

(hình 2.4)

(

)

(

Ta có VT = AE. AB + BC + BE. BA + AD

)

E
A
Hình 2.4

= AE.AB + AE.BC + BE.BA + BE.AD

B

Vì AB là đường kính nên ADB = 900 , ACB = 900

Suy ra AE.BC = 0, BE.AD = 0

(

)

2

Do đó VT = AE.AB + BE.BA = AB AE + EB = AB = VP (đpcm).
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c và I là tâm đường tròn nội tiếp.
Chứng minh rằng aIA2 + bIB2 + cIC2 = abc
Bài làm:


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

(

Ta có: aIA + bIB + cIC = 0  aIA + bIB + cIC

)

2

=0

 a2 IA2 + b2 IB2 + c 2 IC 2 + 2abIA.IB + 2bcIB.IC + 2caIC.IA = 0

(
− BC ) + ca ( IA

)

 a 2 IA 2 + b2 IB2 + c 2 IC 2 + ab IA 2 + IB2 − AB2 +

(

+ bc IB + IC

(

2

)

2

(
+ (c

2

2

)

+ IC − CA 2 = 0
2

)

+ ca + cb ) IC − ( abc

 a 2 + ab + ca IA 2 + b 2 + ba + bc IB 2 +
2

2

(

2

)

+ ab 2 c + a 2 bc = 0

)

 ( a + b + c ) a2 IA2 + b2 IB2 + c 2 IC 2 = ( a + b + c ) abc

 a2 IA2 + b2 IB2 + c2 IC 2 = abc (đpcm)
3. Bài tập luyện tập:
Bài 2.22. Cho tam giác ABC với ba trung tuyến AD, BE, CF.
Chứng minh rằng: BC.AD + CA.BE + AB.CF = 0 .
Bài làm:
Bài 2.22. Sử dụng các đẳng thức về trung điểm

AD =

(

)

(

)

(

1
1
1
AB + AC , BE = BC + BA , CF = CA + CB
2
2
2

)

Bài 2.23. Cho hình chữ nhật ABCD có tâm O và M là một điểm bất kì. Chứng minh
rằng:
a) MA.MC = MB.MD
b) MA2 + MB.MD = 2 MA.MO
Bài làm:

(

)(

)

2

Bài 2.23. a) VT = OA − OM OC − OM = OM − OA

2


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

(

)(

)

2

VP = OB − OM OD − OM = OM − OC

2

Suy ra MA.MC = MB.MD

(

)

b) VT = MA2 + MA.MC = MA MA + MC = MA.2MO = VP
Bài 2.24: Cho tam giác ABC có trực tâm H, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng

MH.MA =

1
BC 2 .
4
Bài làm:

Bài 2.24: VT = HM.AM =

=

(

)

(

) (

1
1
HB + HC . AB + AC
2
2

(

)

)

(

)

2
1
1
1
1
AB.HB + AC.HC = AB HC + CB + AC HB + BC = BC = VP
4
4
4
4

Bài 2.25: Cho tam giác ABC có trọng tâm G và BC = a, CA = b, AB = c .
Chứng minh rằng: GA2 + GB2 + GC 2 =

(

1 2 2 2
a +b +c
3

)

Bài làm:

(

Bài 2.25: GA + GB + GC = 0  GA + GB + GC

)

2

=0

 GA2 + GB2 + GC 2 + 2GA.GB + 2GB.GC + GC.GA = 0 (*)
2

2

(

Mặt khác 2GAGB = GA + GB − GA − GB

)

2

= GA2 + GB2 − BA2

Tương tự 2GBGC = GB2 + GC 2 − BC 2 , 2GCGA = GC 2 + GA2 − AC 2
Thay vào (*) suy ra đpcm
Bài 2.26: Cho bốn điểm A, B, C, D thỏa mãn AC.DB = 0 .
Chứng minh rằng

AB2 + CD2 = BC 2 + DA2

Bài làm:


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
Bài 2.26: Ta chứng minh hệ thức AB2 + CD2 = BC 2 + DA2 + 2 AC.DB
Bài 2.27: Cho tam giác ABC có ba đường cao là AA', BB', CC'. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng A ' M.BC + B ' N.CA + C ' P.AB = 0
Bài làm:
Bài 2.27: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và H là trực tâm của tam giác

ABC . M. N, P lần lượt là hình chiếu của O lên các cạnh BC, CA, AB.
Theo công thức hình chiếu ta có A ' M.BC = HO.BC , B ' N.CA = HO.CA ,
C ' P.AB = HO.AB

(

)

Suy ra VT = HO AB + BC + CA = HO.0 = VP
Bài 2.28.Cho hình bình hành ABCD . Gọi M là một điểm tùy ý.
Chứng minh rằng: MA.MC − MB.MD = BA.BC
Bài làm:
Bài 2.28. Gọi O là tâm hình bình hành khi đó
2
2
2
2
2
2
VT =  MO − OA  −  MO − OC  = OC − OA


 


(

)(

)

2

VP = OA − OB OC − OB = OB − OA

2

Từ đó suy ra đpcm

Bài 2.29: Cho hai điểm M, N nắm trên đường tròn đường kính AB = 2 R . Gọi I là giao
điểm của hai đường thẳng AM và BN.
a) Chứng minh: AM.AI = AB.AI , BN.BI = BA.BI .
b) Tính AM.AI + BN.BI theo R.
Bài làm:


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

(

)

Bài 2.29: a) Ta có: AM.AI = AB + BM .AI = AB.AI + BM.AI

= AB.AI (Vì BM ⊥ AI )

(

)

BN.BI = BN + NA .BI = BN.BI + NA.BI = BN.BI
b) Theo câu a) ta có

(

)

2

AM.AI + BN .BI = AB.AI + BA.BI = AB AI − BI = AB = 4 R 2

Bài 2.30. Cho tam giác ABC , M là một điểm bất kỳ trên cạnh BC không trùng với B và
C. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB.

(

)

Chứng minh rằng: AM 2 = b2 BM 2 + c 2CM 2 + b2 + c 2 − a2 BM.CM
Bài làm:
Bài 2.30. Ta có CM =

AM
BM
CB +
CA
AB
AB

 AB2 .CM 2 = AM 2 .CB2 + BM 2 .CA2 + 2 AM.BM.CBCA

(

 AB2 .CM 2 = AM 2 .CB2 + BM 2 .CA2 + AM.BM. a2 + b2 − c 2

(

)

)

Vậy AM 2 = b2 BM 2 + c 2CM 2 + b2 + c 2 − a2 BM.CM
Bài 2.31. Cho lục giác ABCDEF có AB vuông góc với EF và hai tam giác ACE và BDF
có cùng trọng tâm. Chứng minh rằng AB2 + EF 2 = CD2 .
Bài làm:

(

Bài 2.31. Ta có AB ⊥ EF  AB.EF = 0 suy ra AB2 + EF 2 = AB + EF

)

2

Mặt khác ACE và BDF có cùng trọng tâm nên AB + CE + EF = 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB2 + EF 2 = CD2

(1)


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
Bài 2.32. Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O).M là điểm bất
kỳ nằm trên đường tròn (O). Chứng minh rằng MA2 + MB2 + MC 2 = 2a2
Bài làm:

(

Bài 2.32. Ta có MA = MO + OA
2

MB2 =

)

2

2a2
=
+ 2 MO.OA , tương tự
3

2a2
2a2
+ 2 MO.OB, MC 2 =
+ 2 MO.OC
3
3

Suy ra MA2 + MB2 + MC 2 = 2a2
Bài 2.33. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O, R). MN là một đường kính bất
kỳ của đường tròn (O;R)
a) Chứng minh rằng MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 = 8R2
b) Chứng minh rằng

MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = NA4 + NB4 + NC4 + ND4 .
Bài làm:

(

)

2

Bài 2.33. a) MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 = MO + OA +

(

) (
2

) (

2

+ MO + OB + MO + OC + MO + OD

(

)

2

)

= 8R2 + 2 MO OA + OB + OC + OD = 8R2
b) Cách 1: Theo câu a) ta có

MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 = NA2 + NB2 + NC 2 + ND2 = 8R2

(

) (

) (

) (

)

 MA2 − NA2 + MB2 − NB2 + MC 2 − NC 2 + MD 2 − ND 2 = 0 (1)
Mặt khác MA2 + NA2 = MB2 + NB2 = MC2 + NC2 = MD2 + ND2 = 4R2 (2)
Nhân hai vế (1) với 4R2 và kết hợp (2) ta có

– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = NA4 + NB4 + NC4 + ND4

(

Cách 2: MA4 = MO + OA

) = ( MO + OA + 2MO.OA)
4

2

2

2

= 8R4 + 32R2 MO.OA

Thiết lập các đẳng thức tương tự và cộng lại ta có

(

)

MA4 + MB4 + MC 4 + MD4 = 32R4 + 32R2 OA + OB + OC + OD = 32R4 Từ đó suy ra đpcm
Bài 2.34 : Cho tứ giác ABCD . Chứng minh rằng AB.AD + BA.BC + CB.CD + DC.DA = 0
khi và chỉ khi

tứ giác ABCD là hình bình hành.
Bài làm:
Bài 2.34 : AB.AD + BA.BC + CB.CD + DC.DA = 0

(

)

(

)

 AB AD − BC + CD AD − BC = 0

(

)(

(

)

)

(

)(

)

 AD − BC AB + CD = 0  AB + BD − BC AB + CD = 0
 AB + CD

2

= 0  AB + CD  AB = DC  ABCD là hình bình hành

Bài 2.35: Cho lục giác đều A1 A2 A3 A4 A5 A6 tâm I và đường tròn (O;R) bất kỳ chứa I. Các
tia

IAi , i = 1,6

cắt

(O)

tại

Bi

( i = 1, 6 ).

Chứng

minh

rằng

IB12 + IB22 + IB32 + IB42 + IB52 + IB62 = 6R2
Bài làm:

Bài 2.35: (hình 2.21) Gọi H, J, K lần lượt là hình chiếu của O lên B1B4, B2B5, B3B6. Ta có các

A2

điểm O, I, H, J, K cùng nằm trên đường tròn đường kính OI.

A3
B1 B 2 B
3
H
I B4
B6
KO J
A4
A6
B5
A5
A1

0

KJH = KIH = 60
 HJK đều
Do đó: 
0
KHJ
=
KIJ
=
60




Hình 2.21


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
Theo bài 11 ta có IH 2 + IJ 2 + IK 2 = OH 2 + OJ 2 + OK 2

(

Mặt khác: IB12 + IB42 = HB1 − HI

(

) + ( HB − HI )
2

2

4

)

= HB12 + HB42 − 2 HI HB1 + HB4 + 2 HI 2

(

) (

)

= OB12 + OH 2 + OB42 − OH 2 + 2 HI 2
= 2 R2 − 2OH 2 + 2 IH 2

Chứng minh tương tự:

IB22 + IB52 = 2R2 − 2OJ 2 + 2IJ 2 , IB32 + IB62 = 2R2 − 2OK 2 + 2IK 2

 VP = 6R2 − 2 (OH 2 + OJ 2 + OK 2 ) + 2 ( IH 2 + IJ 2 + IK 2 ) = VT
Bài 2.36. Tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng
a) MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 với M là điểm bất kỳ
b) a2 + b2 + c2  9R2
Bài làm:

(

2

Bài 2.36. a) MA = MG + GA

)

2

= MG2 + GA2 + 2 MG.GA

2

2

Tương tự ta có MB = MG2 + GB2 + 2 MG.GB; MB = MG2 + GB2 + 2 MG.GB
Suy ra MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2
b) Cho M  O với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
Suy ra 3R2 = 3OG2 + GA2 + GB2 + GC 2 = 3OG2 +

(

1 2 2 2
a +b +c
3

)

Do đó a2 + b2 + c2  9R2
Bài 2.37: Cho tam giác ABC có BAC  90 0 , BC = a, CA = b, AB = c . M là điểm nằm trong


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
tam giác ABC và nằm trên đường trên đường tròn đường kính BC. Gọi x, y, z theo
thứ tự là diện tích của các tam giác MBC , MCA, MAB . Chứng minh rằng

(x − y + z) c + (x − z + y) b
2

2


2yz  2
= x+ y + z+

a
x 

Bài làm:

Bài 2.37: Ta có x.MA + y.MB + z.MC = 0 (*)
Gọi E là điểm xác định bởi: y.EB + z.EC = 0
Khi đó EB =
2

z 2 .a2

( y + z)

, EC =
2

2

y 2 .a 2

( y + z)

2

Từ (*) suy ra x.MA + ( y + z ) .ME = 0  ( x + y + z ) .AM = ( y + z ) .AE

 ( x + y + z ) AM 2 = ( y + z ) AE2 (**)
2

2

2
2
2
2

 c = AB = AE + EB + 2 AE.EB
Mà 
2
2
2
2

b = AC = AE + EC + 2 AE.EC

 yc 2 + zb2 = ( y + z ) AE2 + y.EB2 + z.EC 2 (vì y.EB + z.EC = 0 )

 yc 2 + zb2 = ( y + z ) AE2 +

yz 2
a
y+z

Kết hợp với (**) ta được ( x + y + z ) AM 2 = ( y + z ) .y.c 2 + ( y + z ) .z.b2 − yz.a 2
2

Chứng minh tương tự ta cũng có

( x + y + z)

2

BM 2 = ( z + x ) .z.a2 + ( z + x ) .x.c 2 − zx.b2

( x + y + z)

2

CM 2 = ( x + y ) .x.b2 + ( x + y ) .y.c 2 − xy.c 2

Mặt khác M nằm trên đường tròn đường kinh BC nên MB.MC = 0


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

(

 y.MB + z.MC

)

2

= y 2 .MB2 + z 2 .MC 2

 x2 .MA2 = y2 .MB2 + z2 .MC 2
 x 2 ( y + z ) yc 2 + x 2 ( y + z ) zb2 − x 2 yz.a 2

= y 2 ( z + x ) za 2 + y 2 ( z + x ) xc 2 − y 2 zxb2 +

+ z 2 ( x + y ) xb2 + z 2 ( x + y ) ya2 − z 2 xyc 2

(

)

 xyz ( x − y + z ) c 2 + ( x − z + y ) b2  = yz x 2 + xy + xz + 2yz a 2


2yz  2
 ( x − y + z ) c 2 + ( x − z + y ) b2 =  x + y + z +
 a đpcm
x 

 DẠNG 3: Tìm tập hợp điểm thoả mãn đẳng thức về tích vô hướng hoặc tích độ
dài.
1. Phương pháp giải.
Ta sử dụng các kết quả cơ bản sau:
Cho A, B là các điểm cố định. M là điểm di động
• Nếu AM = k với k là số thực dương cho trước thì tập hợp các điểm M là đường
tròn tâm A, bán kính R = k .
• Nếu MA.MB = 0 thì tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính AB
• Nếu MA.a = 0 với a khác 0 cho trước thì tập hợp các điểm M là đường thẳng đi
qua A và vuông góc với giá của vectơ a
2. Các ví dụ.
Ví dụ 1. Cho hai điểm A, B cố định có độ dài bằng a, vectơ a khác 0 và số thực k cho
trước. Tìm tập hợp điểm M sao cho
a) MA.MB =

3a 2

4

b) MA.MB = MA2
Bài làm:
a) Gọi I là trung điểm của AB ta có


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải

MA.MB =

(

)(

)

3a 2
3a 2
 MI + IA MI + IB =
4
4

 MI 2 − IA2 =

3a 2
(Do IB = −IA )
4

a 2 3a 2

 MI = +
4
4
 MI = a
2

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính R = a
b) Ta có MA.MB = MA2  MA.MB = MA

(

2

)

 MA. MA − MB = 0  MA.BA = 0  MA ⊥ BA
Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB tại A.

(

)

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm M sao cho MA + 2 MB + 3CB BC = 0
Bài làm:

A
(hình 2.4)

M

I

Gọi I là điểm xác định bởi IA + 2 IB = 0

(

)

Khi đó MA + 2 MB + 3CB BC = 0

(

) (

B

M' I'

C

Hình 2.4

)

  MI + IA + 2 MI + IB  .BC = 3BC 2


2
 MI .BC = BC
Gọi M', I' lần lượt là hình chiếu của M, I lên đường thẳng BC

Theo công thức hình chiếu ta có MI .BC = M ' I '.BC do đó M ' I '.BC = BC 2
Vì BC 2  0 nên M ' I ', BC cùng hướng suy ra
M ' I '.BC = BC 2  M ' I '.BC = BC 2  M ' I ' = BC

Do I cố định nên I' cố định suy ra M' cố định.


– Website chuyên đề thi, tài liệu file word có lời giải
Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua M' và vuông góc với BC.
Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a và số thực k cho trước.
Tìm tập hợp điểm M sao cho MA.MC + MB.MD = k
Bài làm:

A

B

(hình 2.5)
Gọi I là tâm của hình vuông ABCD

(

)(

Ta có : MA.MC = MI + IA MI + IC

(

)

I
D

)

C
Hình 2.5

= MI 2 + MI IC + IA + IA.IC
= MI 2 + IA.IC
Tương tự MB.MD = MI 2 + IB.ID
Nên MA.MC + MB.MD = k  2 MI 2 + IB.ID + IA.IC = k
 2 MI 2 − IB2 − IA 2 = k  MI 2 =
 MI 2 =

k
+ a2
2

 MI =

k
+ IA 2 =
2

k
+ IA 2
2

k + a2

2

Nếu k  −a2 : Tập hợp điểm M là tập rỗng
Nếu k = −a2 thì MI = 0  M  I suy ra tập hợp điểm M là điểm I
Nếu k  −a thì MI =
2

k + a2
2

suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính R =
3. Bài tập luyện tập.

k + a2
2