(Hình học 10 - Chương II) Bài giảng: Tích vô hướng của hai vecto

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này.
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa”.

BÀI GIẢNG QUA MẠNG

HÌNH HỌC 10
CHƯƠNG II. TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ

§2 Tích vơ hướng của hai vectơ



Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Phương pháp tự học tập hiệu quả”

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội
Email:
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1


PHƯƠNG PHÁP HỌC TẬP HIỆU QUẢ
Phần: Bài giảng theo chương trình chuẩn
1. Đọc lần 1 chậm và kĩ có thể bỏ quả nội dung các HOẠT ĐỘNG
Đánh dấu nội dung chưa hiểu
2. Đọc lần 2 toàn bộ:
Ghi nhớ bước đầu các định nghĩa, định lí.

Định hướng thực hiện các hoạt động
Đánh dấu lại nội dung chưa hiểu
3. Lấy vở ghi tên bài học rồi thực hiện có thứ tự:
Đọc  Hiểu  Ghi nhớ các định nghĩa, định lí
Chép lại các chú ý, nhận xét
Thực hiện các hoạt động vào vở
4. Thực hiện bài tập lần 1
5. Viết thu hoạch sáng tạo
Phần: Bài giảng nâng cao
1. Đọc lần 1 chậm và kĩ
Đánh dấu nội dung chưa hiểu
2. Lấy vở ghi tên bài học rồi thực hiện các ví dụ
3. Đọc lại và suy ngẫm tất cả chỉ với câu hỏi “Vì sao họ lại nghĩ được cách giải
như vậy”
4. Thực hiện bài tập lần 2
5. Viết thu hoạch sáng tạo

Dành cho học sinh tham dự chương trình “Học tập từ xa”: Sau mỗi bài
giảng em hãy viết yêu cầu theo mẫu:
Nôi dung chưa hiểu
Hoạt động chưa làm được
Bài tập lần 1 chưa làm được
Bài tập lần 2 chưa làm được
Thảo luận xây dựng bài giảng
gửi về Nhóm Cự Mơn theo địa chỉ để nhận
được giải đáp.

2

Đ2

tích vô hớng của hai vectơ
Bài học này nêu ra định nghĩa của tích vô hớng cùng với các tính
chất cơ bản của nó. Các em học sinh phải biết vận dụng những kiến thức
cơ bản này để giải một số bài toán hình học và bài toán thực tế.

bài giảng theo chơng
chơng trình chuẩn
1. góc giữa hai vectơ

và  (  ,   ). Tõ ®iĨm O nào đó, ta vẽ các vectơ
Cho hai vectơ a
b a b
0
OA

và
= a
=
.
Khi
đó:
b
OB
và , hoặc góc
Số đo của góc AOB đợc gọi là số đo của góc giữa hai vectơ a
b
và .
giữa hai vectơ a

b
Ta thấy ngay việc xác định góc
giữa hai vectơ không phụ
thuộc vào việc chọn điểm
và
, ).
O, do đó góc giữa hai vectơ a
đợc
kí
hiệu
là
(
a b
b




Nếu ( a , b ) = 900 thì ta nói rằng hai vectơ a và b vuông góc với nhau, kí

.
hiệu a
b
= 420. Tính các góc:
Thí dụ 1: Cho ABC vuông tại A, biÕt B
( BA , BC ); ( AB , BC ); ( AC , BC ); ( BA , AC ).
Gi¶i
Ta cã ngay:
( BA , BC ) = 420;
( AB , BC ) = 900 + 420 = 1320;

( AC , BC ) = 900  420 = 480;
( BA , AC ) = 900.
Hoạt động

1.
2.

B

A
C
Khi nào góc giữa hai vectơ bằng 00 ?
Hai vectơ cùng h
Hai vectơ ngợc hớng.
ớng.
Khi nào
góc giữa hai vectơ bằng 1800 ?
Hai vectơ cùng h
ớng.

Hai vectơ ngợc hớng.

2. Định nghĩa tích vô hớng của hai vectơ

và kí hiệu là . là một số thực
Định nghĩa: Tích vô hớng của hai vectơ a
a b
b
đợc xác định bởi:

a . b =  a . b .cos( a ; b ).
,
Từ định nghĩa với a
b
0 ta có các kÕt qu¶:


 2.

a. a 2 = a . a .cos00 =  a
 .  > 0  cos > 0  00   < 900.
b. a
b


  .
c. a . b = 0  cos = 0   = 900  a
b

3


 .  < 0  cos < 0  900 <   1800.
d. a
b
NÕu mét trong hai vect¬ b»ng 0 th× ta quy íc:



a . 0 = b . 0 = 0.
3. tÝnh chÊt cđa tÝch v« híng

, ,
Với mọi vectơ a
b c và với mọi số thùc k ta ®Ịu cã :
.  =  . .
TÝnh chÊt 1:
(TÝnh chÊt giao ho¸n): a
b
b a


.  + .
TÝnh chÊt 2:
(TÝnh chÊt ph©n phèi): a .( b + c ) = a
a c
b




TÝnh chÊt 3:
m( a ). b = m( a . b ).
Hoạt động

HÃy chứng minh các tính chất của tích vô hy chứng minh các tính chất của tích vô hớng.

Dùng các tính chất của tích vô hớng, ta có thể chứng minh các hằng đẳng thøc vỊ
tÝch v« híng sau:

 +  )2 =   2 +   2 + 2  .  .
(a
a
a b
b
b
 2
 2


.  .
2
( a  b ) =  a  +  b  2 a
b
 +  )(    ) =   2  2.
(a
a
b a
b
b
ThÝ dơ 2: Cho ABC ®Ịu cạnh a, trọng tâm G.
a. Tính các tích vô hớng AB . AC vµ AB . BC .
b. Gäi I là điểm thoả mÃn IA 2 IB + 4 IC = 0 . Chứng minh rằng BCIG
là hình bình hành, tõ ®ã tÝnh IA ( AB + AC ), IB . IC , IA . IB .
Gi¶i
A
a. Ta cã:
( AB , AC ) = 60o
G

 AB . AC = AB.AC.cos60o = a.a. 1 = 1 a2.
2

Ta cã:

2

B

I
C

M

( AB , BC ) = 120o  AB . BC = AB.BC.cos120o = a.a.( 1 ) =  1 a2.
2

2

b. Ta cã:
IA 2 IB + 4 IC = 0  ( GA  GI )2( GB  GI ) + 4( GC  GI )

=0
 GA 2 GB + 4 GC = 3 GI  ( GA + GB + GC )3 GB + 3
GC = 3 GI
 BC = GI  BCIG là hình bình hành.
Gọi M là trung điểm BC, ta ®ỵc:
IA ( AB + AC ) = ( IG + GA ).2 AM = 2 IG . AM + 2 GA . AM
= 2 CB . AM 2GA.AM = 2 a 3 . a 3 = a2.
3

4

2


2
IB . IC = ( IA + AB )( IA + AC ) = IA + IA ( AB + AC ) + AB .

AC
2

2
+ a2a2 + 1 a2 = 5a .
2
2
6
2
IA . IB = ( IG + GA )( IG + IC ) = IG + IG . IC + GA . IG + GA .

= AG2 + GI2a2 + 1 a2 =

a 3

 3








IC

= IG2 + IG . IC + GA . GB = IG2 + IG.IC.cos300 + GA.GB.cos1200
2
2


=  a 3  + a. a 3 . 3 + a 3 . a 3 ( 1 ) = 17a .
2
2
2
2
2
24
3
4. Công thức hình chiếu

a. Nếu 4 điểm A, B, C, D cùng ở trên một trơc th×:
AB . CD = AB . CD .
b. NÕu A', B' là hình chiếu của A, B lên giá cđa CD th×:
AB . CD = A' B ' . CD .
5. biểu thức toạ độ của tích vô hớng

(a ; a ) vµ  (b ; b ) th×:
NÕu a
1
2
b 1 2

 .  = a .b + a .b .
1 1
2 2
a b


Góc giữa hai vectơ a và b xác định bởi:
a 1 .b 1 a 2 .b 2
cos =
.
a 12  a 22 . b 12 b 22

bài tập lần 1
Bài tập 1: Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn nội
tiếp hình vuông và N là điểm tuỳ ý trên cạnh BC. Tính:
a. MA . MB + MC . MD .

b. NA . AB .
c. NO . BA .
Bµi tËp 2: Cho MM1 lµ đờng kính bất kỳ của đờng tròn tâm O, bán kính R. A là
điểm cố định và OA = d. Giả sử AM cắt (O) tại N.
a. Chứng minh rằng tích vô hớng AM . AM 1 có giá trị kh«ng phơ thc M.
b. Chøng minh r»ng tÝch AM . AN có giá trị không phụ thuộc M.
Bài tập 3: Cho bèn ®iĨm A, B, C, D. Chøng minh r»ng ABCD khi vµ chØ khi:
AC2 + BD2 = AD2 + BC2.
Bài tập 4: Cho ABC vuông, có cạnh huyển BC = a 3 , M là trung điểm BC. Biết
2
rằng AM . BC = a , tính độ dài AB và AC.
2
Bài tập 5: Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng Tìm tập hợp những điểm M sao

cho MA . MB  MA . MC = a2MB2 + MC2, víi a = BC.
5


Bài tập 6: Cho hai vectơ đơn vị a và b tho¶ m·n  a + b  = 2. HÃy xác định (3
a 4 b )(2 a + 5 b ).

bài giảng nâng cao
A. Tóm tắt lí thuyết
I. Định nghĩa




Tích vô hớng của hai vectơ a và b ( a , b  0 ) ký hiƯu lµ a . b là một số thực đợc xác định bởi:

 
 
a . b = | a |.| b |.cos, với = ( a , b ).
Từ định nghĩa ta có các kết quả:
a. a2 = a . a = | a |2.

b. a . b > 0  cos > 0  00   < 900.


c. a . b = 0  cos = 0   = 900  a  b

d. a . b < 0  cos < 0  900 <  1800.

Nếu một trong hai vectơ bằng 0 thì ta quy íc:

   
a .0 = b .0 = 0
1. các tính chất của tích vô hớng


Với mọi vectơ a , b , c và với mọi số thực k ta đều có:
Tính chất 1:
(Tính chất giao hoán) Ta cã:
 
 
a .b = b .a .
TÝnh chÊt 2:
(TÝnh chÊt ph©n phèi) Ta cã:
  
   
a .( b + c ) = a . b + a . c
TÝnh chÊt 3:
Ta cã:


m( a ). b = m( a . b ).
2. các hằng đẳng thức vỊ tÝch v« híng









( a + b )2 = | a |2 + | b |2 + 2 a . b .



( a  b )2 = | a |2 + | b |22 a . b .



( a + b )( a  b ) = | a |2| b |2.

3. Công thức hình chiếu

a. Nếu 4 điểm A,B, C, D cùng ở trên một trục thì:

AB . CD = AB . CD .

b. Nếu A', B' là hình chiếu của A, B lên giá của CD thì:

AB . CD = A' B ' . CD .
4. biÓu thức toạ độ của tích vô hớng



Nếu a (a1; a2) và b (b1; b2) thì a . b = a1.b1 + a2.b2.

6



Góc giữa hai vectơ a và b xác định bëi:

a1 .b1  a 2 .b 2
cos =
.
a12  a 22 . b12 b 22

B. phơng pháp giải toán

Bài toán 1: Tính tích vô hớng của hai vectơ.
Phơng pháp thùc hiƯn
Ta lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau:
 , về cùng gốc để xác
Cách 1: Sử dụng định nghĩa bằng cách đa hai vectơ a
b
, ), từ đó:
định đợc góc = ( a
b


a . b =  a . b .cos.
C¸ch 2: Sư dụng các tính chất và các hằng đẳng thức của tích vô hớng của hai
vectơ.
Cách 3: Sử dụng định lý hình chiếu: với A', B' là hình chiếu của A, B lên giá của
CD , ta có:
AB . CD = A' B ' . CD .

C¸ch 4: Sư dơng biĨu thức toạ độ.
Ví dụ 1: Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn nội
tiếp hình vuông và N là điểm tuỳ ý trên cạnh BC. Tính:
a. MA . MB + MC . MD .
A

b. NA . AB .
M
c. NO . BA .
Gi¶i
a. Ta cã:
MA . MB + MC . MD = ( MO + OA ).( MO + OB ) +
D
+ ( MO + OC ).( MO + OD )
= 2MO2 + OA . OB + OC . OD + MO ( OA + OB + OC + OD )
= 1 a2,
4
bëi OA  OB, OC  OD vµ OA + OB + OC + OD = 0 .
b. NhËn xÐt r»ng B là hình chiếu vuông góc của N lên AB, do ®ã:
2
2
NA . AB = BA . AB =  AB . AB = AB = a .
c. Gäi K là trung điểm của AB, suy ra M là hình chiếu vuông góc của O lên AB, do đó:
1
a.a = 1 a2.
NO . BA = BK . BA =
2
2
 Chó ý: Với các bài toán có điều kiện, chúng ta cần vận dụng linh hoạt điều kiện dể
nhận đợc biểu thức cần dùng, cụ thể giả sử bài toán yêu cÇu tÝnh:
A = (1 a + 1 b )(2 a + 2 b )
biÕt r»ng  a  = a,  b  = b vµ  a + b  = c, khi ®ã ta hiĨu r»ng:

7

K

B
N

O
C


A = 12 a 2 + 12 b 2 + (12 + 21) a . b
= 12a2 + 12b2 + (12 + 21) a . b .
Nh vËy tõ gi¶ thiết ta cần nhận đợc giá trị của tích a . b , để có đợc nó ta sử dụng:
a + b  = c  ( a + b )2 = c2
 a 2 + b 2 + 2 a . b = c2  a . b = 1 (c2a2b2)
2
Suy ra:
A = 12a2 + 12b2 + 1 (12 + 21)(c2a2 + b2).

2
Bài toán 2: Chứng minh đẳng thức về tích vô hớng hay độ dài.
Phơng pháp thực hiện
Ta có hai dạng:
Dạng 1: Với các biểu thức về tích vô hớng ta sử dụng định nghĩa hoặc tính chất
của tích vô hớng, cần đặc biệt lu ý phép phân tích vectơ để biến đổi.
Dạng 2: Với các biểu thức về độ dài ta thớng sử dụng AB2 = AB 2.
Ví dụ 2: Cho MM1 là đờng kính bất kỳ của đờng tròn tâm O, bán kính R. A là
điểm cố định và OA = d. Giả sử AM cắt (O) tại N.
a. Chứng minh rằng tích vô hớng AM . AM 1 có giá trị không phụ thuộc M.
b. Chøng minh r»ng tÝch AM . AN cã gi¸ trị không phụ thuộc M.
Giải
a. Ta có:

AM . AM 1 = ( OM  OA ).( OM 1  OA )
2
= OM . OM 1 ( OM + OM 1 ). OA + OA
A
N
2
2
2
2
= OA OM = d R .

b. Ta cã:
AM . AN

= AM . AN = AM .( AM 1 + M 1 N )
= AM . AM 1 + AM . M 1 N = d2R2.

M1

M

O

Bài toán 3: Chứng minh tính vuông góc Thiết lập điều kiện vuông góc.
Phơng pháp thực hiện
Ta dùng định lý:



 

 
a  b  a . b = 0   a . b .cos( a , b ) = 0 

 a 0

 b 0

 cos(a, b ) 0


.

Ngoài ra, ta còn sử dụng các tính chất của tích vô hớng.
(a ; a ) và (b ; b ) thì điều kiện
Chú ý: Nếu a
1
2
b 1 2
    a .b + a .b = 0.
1 1
2 2
a b
VÝ dô 3: Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng ABCD khi và chỉ khi:
AC2 + BD2 = AD2 + BC2.
(1)
Giải
8


Biến đổi (1) về dạng:

0 = ( AC 2 BC 2) + ( BD 2 AD 2)
= ( AC  BC )( AC + BC ) + ( BD  AD )( BD + AD )
= AB ( AC + BC ) + BA ( BD + AD )
= AB ( AC + BC  BD  AD ) = AB . DC
AB CD.
Bài toán 4: Sử dụng tích vô hớng giải các bài toán định lợng, định tính.
Phơng pháp thực hiện
1. Với các bài toán định lợng, ta sử dụng các kết quả:
a. Gọi là góc giữa a và b , ta có:
a.b

cos =

.

|a |.|b |

b. Để tính độ dài đoạn AB, ta thực hiện AB 2 = AB 2 = AB . AB
råi thùc hiÖn phép phân tích vectơ AB thành tổ hợp các vectơ cơ sở.
2. Với các bài toán định tính, ta biến đổi điều kiện ban đầu thành biểu thức của tích
vô híng, råi tõ ®ã dÉn tíi
a  b

 a // b

,

từ đó đa ra lời kết luận cho bài toán.
Ví dụ 4: Cho ABC vuông, có cạnh huyển BC = a 3 , M là trung điểm BC. Biết
2

rằng AM . BC = a , tính độ dài AB và AC.
2
Giải
Từ giả thiết ta đợc;
1
a2 =
( AB + AC ).( AC  AB )
AM . BC =
2
2
= 1 ( AB 2 AC 2) = 1 (AB2AC2)
2
2
AB2AC2 = a2.
Mặt khác theo Pitago, ta đợc:
AB2 + AC2 = BC2 = ( a 3 )2 = 3a2.
Giải hệ phơng trình tạo bởi (1), (2), ta đợc AB = a 2 , AC = a.

(1)
(2)

Bài toán 5: Tìm điểm M thoả mÃn đẳng thức về tích vô hớng hay độ dài.
Phơng pháp thực hiện
Ta biến đổi biểu thức ban đầu về một trong các dạng sau:
Dạng 1: AM2 = k > 0, thì M thuộc đờng tròn tâm A, bán kính R = k .
D¹ng 2: MA . MB = k, víi A, B cố định và k không đổi. Khi đó:
Gọi I là trung điểm AB, ta đợc:
k = MA . MB = ( MI + IA ).( MI + IB )
= ( MI + IA ).( MI  IA ) = MI2IA2

9


2
 IM2 = k + IA2 = k + AB Dặt l.

4
Khi đó:
- Nếu l < 0 thì M không tồn tại M.
- Nếu l = 0 thì M I.
- Nếu l > 0 thì M thuộc đờng tròn tâm I, bán kính R =

n

l.
n

Mở rộng: Nếu ta cã MA .   i MA i = k, với A, Ai, i =

1, n

cố định,

i 1

i

0 và

i 1

k không đổi. Khi đó:
Gọi K là điểm thoả mÃn:
n

i KA i

= 0 tồn tại duy nhất điểm cố định K.

i 1



Từ đó:
n

i MA i

n

=

i 1



. MK =  MK , víi  =

i 1

i

.

i 1

Khi đó ta đợc:
MA . MK =

Dạng 3:

n

 i
k
.


MA . BC = k, víi A, B, C cố định. Khi đó:



Gọi M0, A0 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M, A lên BC, ta ®ỵc:
k

k = MA . BC = M 0 A 0 . BC M 0 A 0 =
,
BC
có giá trị không đổi và do A0 cố định nên M0 cố định.
Vậy điểm M thuộc đờng thẳng vuông góc với BC tại M0.

Đặc biệt khi k = 0 thì M thuộc đờng thẳng qua A vuông góc với BC.
Ví dụ 5: Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng Tìm tập hợp những điểm M sao
cho MA . MB  MA . MC = a2MB2 + MC2, víi a = BC.
A
Giải
Ta biến đổi (1) về dạng:
a2 = MA ( MC  MB ) MB 2 + MC 2
G
= ( MA + MB + MC )( MC  MB ) = 3 MG . BC
trong đó G là trọng tâm ABC, và gọi M0, G0 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc củaG
B
M, G lên BC, ta đợc:
0

3 M 0 G 0 . BC = a2  M 0 G 0 = a

3

do G0 cố định nên M0 cố định.
Vậy điểm M thuộc đờng thẳng vuông góc với BC tại M0.
Bài toán 6: Sử dụng biểu thức toạ độ của tích vô hớng.
Phơng pháp thực hiện
Ta sử dụng kết qu¶:
 (a ; a ),  (b ; b ) và là góc giữa và thì:
Nếu a
1
2
a
b 1 2
b

10

M

M
0

C


 
a . b = a1.b1 + a2.b2.
a 1 .b 1  a 2 .b 2
 cos =
.
a 12  a 22 . b 12  b 22
VÝ dô 6: Cho hai vectơ đơn vị a và b thoả mÃn a + b = 2. HÃy xác định (3
a 4 b )(2 a + 5 b ).
Gi¶i
Gi¶ sư a (a1; a2), b (b1; b2), tõ gi¶ thiÕt suy ra:


2
a 1
 a2
1
2



2
2
b 1  b 2 1

(a 1  b 1 ) 2



 (a

2

 b

2

)

2


2

2
a 1
 a 2
1
2



2
 b 2
1
b 1
2
a
.
b

a
1
1
2 .b



2

1

.

Ta cã:
(3 a 4 b )(2 a + 5 b ) = (3a14b1; 3a24b2).(2a1 + 5b1; 2a2 + 5b2)
= (3a14b1)(2a1 + 5b1) + (3a24b2)(2a2 + 5b2)
= 6( a 12 + a 22 )20( b12 + b 22 ) + 7(a1b1 + a2b2) = 620 + 7 = 7.
Chó ý: Bài toán trên cũng có thể giải bằng tích vô hớng thuần tuý, cụ thể:
Từ giải thiết, suy ra:
( a + b )2 = 4  a 2 + b 2 + 2 a . b = 4  a . b = 1.
Ta cã:

(3 a 4 b )(2 a + 5 b ) = 6 a 220 b 2 + 7 a . b = 620 + 7 = 7.

bài tập lần 2
Bài tập 1. Cho ABC có các cạnh bằng a, b, c.
a. Tính AB . AC theo a, b, c.
b. TÝnh AB . BC + BC . CA + CA AB .
c. Gäi M lµ trung điể BC và G là trọng tâm ABC, tính độ dài AM từ đó suy ra
độ dài AG.
d. Tính cosin góc nhọn tạo bởi AG và BC.
Bài tập 2. Cho nửa đờng tròn đờng kính AB. Có AC, BD là hai dây cung thuộc nửa
đờng tròn, cắt nhau tại E. Chøng minh r»ng:
2
AE . AC + BE . BD = AB .
Bài tập 3. Cho ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm BC. Lấy các điểm B 1, C1
trên AB và AC sao cho AB.AB1 = AC.AC1. Chứng minh rằng AM B1C1.
Bài tập 4. Cho hình thang vuông ABCD, hai đáy AD = a, BC = b, đờng cao AB = h.
Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h sao cho:
a. BDCI, víi I lµ trung ®iĨm cđa AB.
b. ACDI.
c. BMCN, víi M, N theo thø tự là trung điểm của AC và BD.
Bài tập 5. Cho hình bình hành ABCD, biết rằng với mọi điểm M lu«n cã:
MA2 + MC2 = MB2 + MD2.
Chøng minh rằng ABCD là hình chữ nhật.
Bài tập 6. Cho ABC. Tìm tập hợp những điểm M, sao cho MA2MB2 = k.
Bài tập 7. Cho ABC. Tìm tập hợp những điểm M, sao cho:
3MA22MB2MC2 = 2l.
Bài tập 8. Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm tuỳ ý.
a. Chứng minh r»ng MA2MB2 + MC2 = MD22(OB2 OA2).

11

b. Giả sử M di động trên đờng tròn (d), các định vị trí của M để
MA 2MB2
+ MC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài tập 9. Cho ABC, biết A(1; 2), B(1; 1), C(5; 1).
a. TÝnh AB . AC .
b. Tính cos và sin góc A.
c. Tìm toạ độ chân đờng cao A1 của ABC.
d. Tìm toạ độ trực tâm H của ABC.
e. Tìm toạ độ trọng tâm G của ABC.
f. Tìm toạ độ tâm I của đờng tròn ngoại tiếp ABC, từ đó chứng minh rằng I, H,
G thẳng hµng.

Giáo án điện tử của bài giảng này giá: 1.000.000đ.
1. Liên hệ thầy LÊ HỒNG ĐỨC qua điện thoại 0936546689
2. Bạn gửi tiền về:
LÊ HỒNG ĐỨC
Số tài khoản: 1506205006941
Chi nhánh NHN0 & PTNT Tây Hồ
3. 3 ngày sau bạn sẽ nhận được Giáo án điện tử qua email.

LUÔN LÀ NHỮNG GAĐT
ĐỂ BẠN SÁNG TẠO TRONG TIẾT DẠY
Bµi tËp 1.
a. Ta có:

C. hớng
hớng dẫn đáp số

BC = AC AB .
Bình phơng vô hớng hai vế của (1), ta đợc:
2
2
2
2
2
BC = ( AC  AB )  BC = AC + AB 2 AC . AB
theo tÝnh giao ho¸n, ta cã:
AC . AB = AB . AC .
Suy ra:
AB . AC =

(1)

1
(AB2 + AC2 BC2) = 1 (b2 + c2a2).
2
2

b. Bằng cách tính tơng tự, ta đợc:
BA . BC =

Từ ®ã:

1 2
(a + c2b2) vµ CA . CB = 1 (a2 + b2c2).
2
2

AB . BC + BC . CA + CA AB =  BA . BC  CA . CB  AB .

AC

12


=  1 (a2 + c2b2) 1 (a2 + b2c2) 1 (b2 + c2a2)

c. Ta cã:

2
=  1 (a2 + c2 + b2).
2

AM =

2

2

1
( AB + AC ).
2

(2)

Bình phơng vô hớng hai vế của (2), ta đợc:
AM2 = 1 ( AB + AC )2 = 1 (AB2 + AC2 + 2 AB . AC )

4
4
= 1 [c2 + b2 + 2. 1 (b2 + c2a2)] = 1 (2c2 + 2b2a2)
4
2
4
1
 AM =
2c 2  2b 2  a 2 .
2

(*)

Suy ra

AG = 2 AM = 2 . 1
3

3

2

2c 2  2b 2  a 2 =

d. Gäi  lµ gãc nhọn tạo bởi AG và BC, khi đó:

1
3

AG . BC  =  AG . BC .cos  cos =

2c 2  2b 2  a 2 .

| AG.BC |

.

(3)

| AG | . | BC |

Ta ®i tÝnh AG . BC , b»ng c¸ch:
AG . BC =

1
( AB + AC )( AC  AB ) = 1 (AC2AB2) = 1
3
3
3

(b2c2).
(4)
Thay (4) vào (3), ta đợc:
1 2
| b c2 |
| b2  c2 |
3
cos =
=
.

1
a. 2 c 2  2 b 2  a 2
2 c 2  2 b 2  a 2 .a
3
Chó ý: Ta cịng cã thÓ tÝnh AB . BC + BC . CA + CA AB b»ng c¸ch:
Ta cã:
AB + BC + CA = 0 .
(5)
Bình phơng hai vế của (5), ta đợc:
( AB + BC + CA )2 = 0
 AB2 + BC2 + CA2 + 2 AB . BC + 2 BC . CA + 2 CA . AB
 AB . BC + BC . CA + CA AB =  1 (a2 + c2 + b2).
2

Bµi tËp 2. Ta cã:
AE . AC = AE . AC = AE .( AB + BC )

13


= AE . AB + AE . BC = AE . AB .

(1)
BE . BD

= BE . BD = BE .( BA + AD )
= BE . BA + BE . AD = BE . BA .

(2)
Céng theo vÕ (1) và (2), ta đợc:

AE . AC + BE . BD = ( AE  BE ). AB = ( AE + EB ). AB
= AB 2 = AB2.
Bµi tËp 3. Tõ gi¶ thiÕt suy ra AB . AB 1 = AC . AC 1 .
Ta cã:
AM . B 1 C 1 =

1
( AB + AC )( AC 1  AB 1 )
2
= 1 ( AB . AC 1  AB AB 1 + AC . AC 1  AC . AB 1 ) = 0
2

 AM  B1C1.
Bµi tËp 4.
a. Ta cã:
BD  CI  BD . CI = 0
 0 = ( AD  AB ). CI = AD . CI  AB . CI = AD . C 1 A  AB .
A
D C1
a
BI
A
h
= ab + h. h
2
I
 h2 = 2ab.
a
b. Ta cã:
B

C
b
D
AC  DI  AC . DI = 0
1
 0 = ( AB + BC ). DI = AB . DI + BC . DI = AB
. AI + BC .
D1B

= h. h ba
2

 h2 = 2ab.
c. Ta cã:
BM  CN  BM . CN = 0  0 = 1 ( BA + BC ). 1 ( CB + CD )
2

2

 0 = ( BA + BC ).( CB + CD )
= BA . CB + BC . CB + BA . CD + BC . CD
=  BC 2 + BA . BA + BC . CD 1 = b2 + h2b(ba) = 2b2 + h2 + ab
 h2 = 2b2ab.
Bµi tËp 5. Gäi O là giao điểm của hai đờng chéo, ta đợc:

14


2 MO = MA + MC = MB + MD .
(1)

Bình phơng hai vế của (1), ta đợc:
( MA + MC )2 = ( MB + MD )2
 MA2 + MC2 + 2 MA . MC = MB2 + MD2 + 2 MB . MD
 MA . MC = MB . MD
 ( MO + OA ).( MO + OC ) = ( MO + OB ).( MO + OD )
 ( MO + OA ).( MO  OA ) = ( MO + OB ).( MO  OB )
 OA2 = OB2  OA = OB  AC = BD ABCD là hình chữ nhật.
Bài tập 6. Gọi I là trung điểm AB, ta biến đổi biểu thức vỊ d¹ng:
k = MA 2 MB 2 = ( MA + MB )( MA  MB )
= 2 MI . BA .
Gọi M0 là hình chiếu vuông góc của M lên AB, ta đợc:
M

k

k = MI . BA = M 0 I . BA  M 0 I =
,
BA
cã gi¸ trị không đổi và do I cố định nên M 0 cố định.
I M0 B
Vậy điểm M thuộc đờng thẳng vuông góc với AB tại M0.A
Nhận xét: Thông qua ví dụ trên, chúng ta đà biết cách giải bài toán:
Tìm tập hợp điểm M thoả mÃn:
MA2 + MB2 = k,
với A, B cố định, + = 0 và k không đổi.
Trong trờng hợp + 0, ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Gọi I là điểm tho¶ m·n
 IA +  IB = 0  ( IB + BA ) +  IB = 0

(1)



Bíc 2:

 ( + ) IB =  AB  IB =
.
 AB
Vậy tồn tại duy nhất một điểm I cố định.
Ta biến đổi (1) về dạng:
k = MA 2 +  MB 2 = ( MI + IA )2 + ( MI + IB )2
= ( + )MI2 + IA2 + IB2 + 2( IA +  IB ). MI
 MI2 =

1
[k(IA2 + IB2)] DỈt l.

 

BiƯn ln:
 Với l < 0, không tồn tại điểm M.
A
Với l = 0, th× MI.
 Víi l > 0, th× M thuộc đờng tròn tâm I, bán kính R = l .
Bài tập 7. Kí hiệu hệ thức giả thiết là (1).
O
Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta cã:
O0
MA2 = MA 2 = ( MO + OA )2 = MO2 + OA2 + 2 MO . OA

,
B
MB2 = MB 2 = ( MO + OB )2
= MO2 + OB2 + 2 MO . OB ,
M0
MC2 = MC 2 = ( MO + OC )2
2
2
= MO + OC + 2 MO . OC ,
B
Bíc 3:

1

C
M

v

15


từ đó suy ra (1) đợc biến đổi về dạng:
2l = 2 MO .(3 OA 2 OB  OC )
= 2 MO .[3 OA 2( OA + AB ) 
( OA + AC )]
= 2 MO (2 AB + AC ).
(2)
Dựng vectơ v = 2 AB + AC và gọi M0, O0 theo thứ tự
là hình chiếu vuông góc của M, O lên đờng thẳng chứa vectơ

v , ta đợc:
(2)  l = MO . v = M 0 O 0 . v  M 0 O 0 =

l
v

cã gi¸ trị không đổi và do O0 cố định nên M0 cố định.
Vậy M thuộc đờng thẳng qua M0 vuông góc với v .
Nhận xét: Thông qua ví dụ trên, chúng ta đà biết cách giải bài toán:
Tìm tập hợp ®iĨm M tho¶ m·n:
MA2 + MB2 + MC2 = k,
(*)
víi A, B, C cố định, + + = 0 và k không đổi
Trong trờng hợp +  +   0, ta thùc hiÖn theo các bớc:
Bớc 1:
Gọi I là điểm thoả mÃn
IA +  IB +  IC = 0 .
Khi ®ã tån tại duy nhất một điểm I cố định.
Bớc 2:
Ta biến ®ỉi (*) vỊ d¹ng:
k =  MA 2 +  MB 2 +  IC 2
= ( MI + IA )2 + ( MI + IB )2 + ( MI + IC )2
= ( +  + )MI2 + IA2 + IB2 + IC2 +
+ 2( IA +  IB +  IC ). MI
 MI2 =

1
[k(IA2 + IB2 + IC2)] DỈt l.

   

BiƯn ln:
 Víi l < 0, không tồn tại điểm M.
Với l = 0, th× M  I.
 Víi l > 0, th× M thuộc đờng tròn tâm I, bán kính R = l .
Chú ý: Với yêu cầu tìm cực trị, ta sử dụng tích vô hớng biến đổi biểu thức cần tìm
cực trị về biểu thức độ dài, thí dụ:
S = MI2 + c, víi c lµ h»ng sè vµ I cè định.
Khi đó SMin = c, đạt đợc khi
MI = 0  M  I.
Bµi tËp 8.
a. Ta cã:
 ( MA + MC )2 = ( MB + MD )2
 0 = MA2MB2 + MC2MD2 + 2( MA . MC  MB . MD )
(1)
Ta xÐt:
MA . MC  MB . MD =
Bíc 3:


 MA  MC 2 MO


 MB  MD 2 MO

16


= ( OA  OM ).( OC  OM )( OB  OM ).( OD  OM )
=( OA  OM ).( OA + OM ) + ( OB  OM ).( OB + OM )

=OA2 + OM2 + OB2OM2 = OB2 OA2.
(2)
Thay (2) vào (1), ta đợc:
0 = MA2MB2 + MC2MD2 + 2(OB2 OA2)
 MA2MB2 + MC2 = MD22(OB2 OA2), đpcm.
b. Từ kết quả câu a) suy ra MA 2MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
MD2 nhỏ nhất
M là hình chiếu vuông góc của D lên (d).
Bài tập 9.
a. Ta có:
AB (2; 1), AC (4; 3)  AB . AC = 2.41.(3) = 5.
b. Ta cã:
AB.AC

cosA =

 5

=

5 . 25

| AB | . | AC |

sinA =

1  cos 2 A =

1

=

1
5

,

1 = 2 .
5
5

c. A1(x, y) là chân đờng cao từ đỉnh A cña ABC

 BC
 AA




// BC
 BA


AA 1 .BC  0


BA 1 // BC

1

1

( x  1, y 

( x  1, y 





2 ).(6,  2 ) 0
1) //(6,  2 )

2( y 
6( x  1) 

x  1
y 1



6

2

2 ) 0

x=y= 1 .
2

Vậy, ta đợc A1( 1 , 1 ).
2

2

d. H(x, y) là trực tâm H cña ABC


( x  1, y  2 ).( 6,  2 ) 0
 

( x  1, y  1).( 4, 3) 0
Vậy, ta đợc H(2, 5).

AH BC


BH CA


AH.BC 0


BH.CA 0

2

x

y

5

.

e. Toạ độ trọng tâm G( 5 , 2 ).
3

3

f. I(x, y) là tâm I của đờng tròn ngoại tiếp ABC
BI
AI

AI = BI = CI  

CI
 AI

 ( y  2)
( x  1)
 ( y  1)
( x  1)
 

 ( y  2)
( x  5)
 ( y  1)
( x  1)
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2
2



 x 3 / 2

y 3 / 2

.

Vậy, ta đợc I( 3 ,  3 ).

NhËn xÐt r»ng
GH (

2

2

1 13
,
) vµ IH ( 1 , 13 ) I, H, G thẳng hàng.
3
3
3
3

17