Chứng minh các tính chất của tích vô hướng
|
Lý thuyết về tích vô hướng của 2 vectơ và các dạng bài tập Show Trong toán học, chắc hẳn các bạn đã từng nghe qua khái niệm vecto rồi đúng không. Vecto không chỉ quan trọng trong toán học đại số mà còn là một đại lượng quan trọng trong toán hình học và Vật lý học. Theo dõi bài viết để biết thêm về tích vô hướng của 2 vectơ! I. Định nghĩa về Vectơ1. Vectơ là gì?Đoạn thẳng AB có điểm gốc là A, hướng từ A đến B được gọi là vectơ AB, ký hiệu là \( {\displaystyle {\overrightarrow {AB}}}\). Véctơ được ký hiệu là \( {\displaystyle{\overrightarrow {AB}}}\) hoặc \(\ {\displaystyle {\vec {a}}}, {\displaystyle {\vec {b}}}, {\displaystyle {\vec {u}}}, {\displaystyle {\vec {v}}}\). Vecto 0 là vecto có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau.  Xem ngay: 2. Hai vecto cùng phương cùng hướngHai vectơ nếu giá của chúng song song hoặc trùng nhau thì cùng phương.Hai vectơ cùng phương và cùng chiều là hai vecto cùng hướng. Hai vectơ cùng hướng hoặc ngược hướng thì chắc chắn cùng phương. II. Công thức tính tích vô hướng của 2 vectơ
Tích của vectơ\( {\displaystyle {\vec {a}}}\) với một số thực\( {\displaystyle r\in \mathbb {R} }\) là một vectơ có gốc và phương trùng với gốc và phương của \({\displaystyle {\vec {a}}}\), cùng chiều nếu \({\displaystyle r>\ 0}\) và ngược chiều nếu \({\displaystyle r<\ 0}\), có độ dài bằng \({\displaystyle |r||{\vec {a}}|}\). Tính chất: - \({\displaystyle k({\vec {a}}+{\vec {b}})=k{\vec {a}}+k{\vec {b}}}\) - \({\displaystyle (h+k){\vec {a}}=h{\vec {a}}+k{\vec {a}}}\) - \({\displaystyle h(k{\vec {a}})=(hk){\vec {a}}}\) - \({\displaystyle 1.{\vec {a}}={\vec {a}},(-1).{\vec {a}}=-{\vec {a}}}\)
Tích vô hướng của hai vecto \({\displaystyle ({\vec {a}},{\vec {b}})}\) được tính bằng công thức sau: \({\displaystyle {\vec {a}}\cdot {\vec {b}}=|{\vec {a}}||{\vec {b}}|\cos \alpha }\) Tính chất: - Tính chất giao hoán \({\displaystyle {\vec {a}}.{\vec {b}}={\vec {b}}.{\vec {a}}}\) - Tính chất phân phối \({\displaystyle {\vec {a}}.({\vec {b}}+{\vec {c}})={\vec {a}}.{\vec {b}}+{\vec {a}}.{\vec {c}}}\) - \({\displaystyle (k{\vec {a}}).{\vec {b}}=k({\vec {a}}.{\vec {b}})={\vec {a}}(k{\vec {b}})}\) - \({\displaystyle {\vec {a}}^{2}\geq 0,{\vec {a}}^{2}=0\Leftrightarrow {\vec {a}}=0}\) Mở rộng: - \({\displaystyle ({\vec {a}}+{\vec {b}})^{2}={\vec {a}}^{2}+2{\vec {a}}{\vec {b}}+{\vec {b}}^{2}}\) - \({\displaystyle ({\vec {a}}-{\vec {b}})^{2}={\vec {a}}^{2}-2{\vec {a}}{\vec {b}}+{\vec {b}}^{2}}\) - \({\displaystyle ({\vec {a}}+{\vec {b}}).({\vec {a}}-{\vec {b}})={\vec {a}}^{2}-{\vec {b}}^{2}}\) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: - \({\displaystyle {\vec {a}}.{\vec {b}}=a_{1}.b_{1}+a_{2}.b_{2}}\) - Hai vectơ \({\displaystyle {\vec {a}}}=({\displaystyle a_{1};a_{2})}, {\displaystyle {\vec {b}}}=({\displaystyle b_{1};b_{2})}\) đều khác \({\displaystyle {\vec {0}}}\) và vuông góc với nhau khi và chỉ khi \({\displaystyle a_{1}.b_{1}+a_{2}.b_{2}=0}\) III. Các dạng bài tập tích vô hướng của 2 vectơDạng 1: Tích vô hướng của hai vecto. Góc giữa hai vecto cho trước Cách làm: Đưa hai vecto về chung một gốc bằng cách sử dụng vecto cùng phương. Xác định chính xác góc giữa hai vecto \(\alpha =(\vec a; \vec b)\) sau đó áp dụng công thức tính tích vô hướng như sau: \({\displaystyle {\vec {a}}\cdot {\vec {b}}=|{\vec {a}}||{\vec {b}}|\cos \alpha }\) Bài tập: Cho tam giác ABC đều cạnh a, đường cao AH. Tính? a) \(\vec{AB}.\vec{AC}\) b) \(\vec{AH}.\vec{AC}\) c) \(\vec{AB}.(\vec{AB}+\vec{AC})\) Dạng 2: Chứng minh vuông góc: Phương pháp: Ta có thể chứng minh theo hai hướng sau: + Hướng 1: Dùng tính chất tích vô hướng: \(\vec a⊥\vec b \Leftrightarrow \vec a. \vec b=0 \Leftrightarrow |\vec a|.|\vec b|.cos(\vec a. \vec b)=0 \) Suy ra: \(\vec a= 0\\ \vec b = 0\\ cos(\vec a.\vec b)=0\) + Hướng 2: Dùng tọa độ: \(\vec a⊥ \vec b⇔ \vec a.\vec b =0 ⇔a_1 b_1 .a_2 b_2=0\) Bài tập: Chứng minh hai đường chéo của một hình thoi ABCD vuông góc với nhau? Dạng 3: Chứng minh một bất đẳng thức về tích vô hướng hay độ dài. Hướng giải: Sử dụng tính chất giao hoán và phân phối về tích vô hướng. Với các biểu thức về tích vô hướng, ta sử dụng định nghĩa hoặc tính chất của tích vô hướng. Cần đặt biệt lưu ý phép phân tích vectơ để biếnđổi +, –, quy tắc trung điểm, quy tắc hình bình hành,... Mới nhất: Bài 3. Tích của vectơ với một số Với những kiến thức tổng hợp và bài tập về tích vô hướng của 2 vectơ trên hy vọng rằng nó đã giúp bạn giải đáp phần nào cách làm dạng bài này. Chúc các bạn học tốt! Bài viết tóm tắt lý thuyết và hướng dẫn phương pháp giải một số dạng toán điển hình thuộc chủ đề tích vô hướng của hai vectơ trong chương trình Hình học 10. A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT b) Tích vô hướng của hai vectơ Tích vô hướng của hai vectơ $\overrightarrow a $ và $\overrightarrow b $ là một số thực được xác định bởi:$\vec a.\vec b = |\vec a||\vec b|.\cos (\vec a,\vec b).$ 2. Tính chất: Với ba vectơ bất kì $\vec a$, $\vec b$, $\vec c$ và mọi số thực $k$ ta luôn có: 1) $\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow b .\overrightarrow a .$ 2) $\vec a(\vec b \pm \vec c) = \vec a.\vec b \pm \vec a.\vec c.$ 3) $(k\overrightarrow a )\overrightarrow b = k(\overrightarrow a .\overrightarrow b ) = \overrightarrow a (k\overrightarrow b ).$ 4) ${\vec a^2} \ge 0$, ${\vec a^2} = 0 \Leftrightarrow \vec a = \vec 0.$ Chú ý: Ta có kết quả sau: + Nếu hai vectơ $\overrightarrow a $ và $\overrightarrow b $ khác $\vec 0$ thì $\vec a \bot \vec b \Leftrightarrow \vec a.\vec b = 0.$ + $\vec a.\vec a = {\vec a^2} = |\vec a{|^2}$ gọi là bình phương vô hướng của vectơ $\overrightarrow a .$+ ${(\vec a \pm \vec b)^2} = {\vec a^2} \pm 2\vec a.\vec b + {\vec b^2}$, $(\vec a + \vec b)(\vec a – \vec b) = {\vec a^2} – {\vec b^2}.$ 3. Công thức hình chiếu và phương tích của một điểm với đường tròn b) Phương tích của một điểm với đường tròn Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $M.$ Một đường thẳng qua $M$ cắt đường tròn tại hai điểm $A$ và $B.$ Biểu thức $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {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 ${P_{M/(O)}} = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} $ $ = M{O^2} – {R^2} = M{T^2}$ với $T$ là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ điểm $M.$ 4. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng Cho hai vectơ $\vec a = \left( {{x_1};{y_1}} \right)$ và $\vec b = \left( {{x_2};{y_2}} \right).$ Khi đó: 1) $\vec a.\vec b = {x_1}{x_2} + {y_1}{y_2}.$ 2) $\overrightarrow a = (x;y)$ $ \Rightarrow |\overrightarrow a | = \sqrt {{x^2} + {y^2}} .$ 3) $\cos (\vec a,\vec b) = \frac{{\vec a.\vec b}}{{|\vec a||\vec b|}}$ $ = \frac{{{x_1}{x_2} + {y_1}{y_2}}}{{\sqrt {x_1^2 + y_1^2} \sqrt {x_2^2 + y_2^2} }}.$ Hệ quả: + $\vec a \bot \vec b$ $ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {y_1}{y_2} = 0.$+ Nếu $A\left( {{x_A};{y_A}} \right)$ và $B\left( {{x_B};{y_B}} \right)$ thì $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} – {y_A}} \right)}^2}} .$ B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Sử dụng tính chất và các hằng đẳng thức của tích vô hướng của hai vectơ. 2. CÁC VÍ DỤ c) $\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GB} .\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GC} .\overrightarrow {GA} .$ a) Theo định nghĩa tích vô hướng ta có: $\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} $ $ = |\overrightarrow {BA} |.|\overrightarrow {BC} |\cos (\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} )$ $ = 2{a^2}\cos (\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} ).$ Mặt khác $\cos (\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} )$ $ = \cos \widehat {ABC}$ $ = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}.$ Nên $\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = {a^2}.$ Ta có $\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} = – \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CA} $ $ = – |\overrightarrow {CB} |.|\overrightarrow {CA} |\cos \widehat {ACB}.$ Theo định lý Pitago ta có $CA = \sqrt {{{(2a)}^2} – {a^2}} = a\sqrt 3 .$ Suy ra $\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} $ $ = – a\sqrt 3 .2a.\frac{{a\sqrt 3 }}{{2a}} = – 3{a^2}.$ b) Cách 1: Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} = 0$ và từ câu a ta có: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = – {a^2}$, $\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} = – 3{a^2}.$ Suy ra $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} = – 4{a^2}.$Cách 2: Từ $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} = \vec 0$ và hằng đẳng thức: ${(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} )^2}$ $ = A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}$ $ + 2(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} ).$ Ta có: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} $ $ = – \frac{1}{2}\left( {A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}} \right)$ $ = – 4{a^2}.$ c) Tương tự cách 2 của câu b vì: $\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} = \vec 0$ nên: $\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GB} .\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GC} .\overrightarrow {GA} $ $ = – \frac{1}{2}\left( {G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}} \right).$ Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $CA$, $AB.$ Dễ thấy tam giác $ABM$ đều nên $G{A^2} = {\left( {\frac{2}{3}AM} \right)^2} = \frac{{4{a^2}}}{9}.$ Theo định lý Pitago ta có: $G{B^2} = \frac{4}{9}B{N^2}$ $ = \frac{4}{9}\left( {A{B^2} + A{N^2}} \right)$ $ = \frac{4}{9}\left( {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4}} \right)$ $ = \frac{{7{a^2}}}{9}.$ $G{C^2} = \frac{4}{9}C{P^2}$ $ = \frac{4}{9}\left( {A{C^2} + A{P^2}} \right)$ $ = \frac{4}{9}\left( {3{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} \right)$ $ = \frac{{13{a^2}}}{9}.$Suy ra: $\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GB} .\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GC} .\overrightarrow {GA} $ $ = – \frac{1}{2}\left( {\frac{{4{a^2}}}{9} + \frac{{7{a^2}}}{9} + \frac{{13{a^2}}}{9}} \right)$ $ = – \frac{{4{a^2}}}{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) $(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )(\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} ).$ b) $\overrightarrow {CG} .(\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DM} ).$ a) Theo quy tắc hình bình hành ta có $\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} .$ Do đó $(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )(\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} )$ $ = \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} $ $ = \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} $ $ = |\overrightarrow {CA} |.|\overrightarrow {CB} |\cos \widehat {ACB}$ ($\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} = 0$ vì $\overrightarrow {AC} \bot \overrightarrow {BD} $). Mặt khác $\widehat {ACB} = {45^0}$ và theo định lý Pitago ta có: $AC = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 .$ Suy ra $(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )(\overrightarrow {BD} + \overrightarrow {BC} )$ $ = a.a\sqrt 2 \cos {45^0} = {a^2}.$ b) Vì $G$ là trọng tâm tam giác $ADM$ nên $\overrightarrow {CG} = \overrightarrow {CD} + \overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CM} .$ Mặt khác theo quy tắc hình bình hành và hệ thức trung điểm ta có: $\overrightarrow {CA} = – (\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} ).$ $\overrightarrow {CM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {CA} )$ $ = \frac{1}{2}[\overrightarrow {CB} – (\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )]$ $ = – \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} ).$ Suy ra $\overrightarrow {CG} = – \overrightarrow {AB} – (\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} )$ $ – \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} )$ $ = – \left( {\frac{5}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} } \right).$ Ta lại có $\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DM} $ $ = – (\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} ) + \overrightarrow {AM} – \overrightarrow {AD} $ $ = – \left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} } \right).$ Nên $\overrightarrow {CG} .(\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DM} )$ $ = \left( {\frac{5}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} } \right)\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AB} + 2\overrightarrow {AD} } \right)$ $ = \frac{5}{4}A{B^2} + 4A{D^2}$ $ = \frac{{21{a^2}}}{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 $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $ rồi suy ra $\cos A.$ b) Tính ${\overrightarrow {AM} ^2}$ và ${\overrightarrow {AD} ^2}.$ a) Ta có $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $ $ = \frac{1}{2}\left[ {{{\overrightarrow {AB} }^2} + {{\overrightarrow {AC} }^2} – {{(\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AC} )}^2}} \right]$ $ = \frac{1}{2}\left[ {A{B^2} + A{C^2} – C{B^2}} \right]$ $ = \frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} – {a^2}} \right).$ Mặt khác $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $ $ = AB.AC\cos A$ $ = cb\cos A.$ Suy ra $\frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} – {a^2}} \right) = cb\cos A$ hay $\cos A = \frac{{{c^2} + {b^2} – {a^2}}}{{2bc}}.$ b) Vì $M$ là trung điểm của $BC$ nên $\overrightarrow {AM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} ).$ Suy ra ${\overrightarrow {AM} ^2} = \frac{1}{4}{(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )^2}$ $ = \frac{1}{4}\left( {{{\overrightarrow {AB} }^2} + 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + {{\overrightarrow {AC} }^2}} \right).$ Theo câu a ta có: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} – {a^2}} \right)$ nên ${\overrightarrow {AM} ^2}$ $ = \frac{1}{4}\left( {{c^2} + 2.\frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} – {a^2}} \right) + {b^2}} \right)$ $ = \frac{{2\left( {{b^2} + {c^2}} \right) – {a^2}}}{4}.$ Theo tính chất đường phân giác thì $\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{c}{b}.$ Suy ra $\overrightarrow {BD} = \frac{{BD}}{{DC}}\overrightarrow {DC} = \frac{b}{c}\overrightarrow {DC} $ $(*).$ Mặt khác $\overrightarrow {BD} = \overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AB} $ và $\overrightarrow {DC} = \overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} $ thay vào $(*)$ ta được: $\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AB} $ $ = \frac{b}{c}(\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} )$ $ \Leftrightarrow (b + c)\overrightarrow {AD} = b\overrightarrow {AB} + c\overrightarrow {AC} .$ $ \Leftrightarrow {(b + c)^2}{\overrightarrow {AD} ^2}$ $ = {(b\overrightarrow {AB} )^2} + 2bc\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} + {(c\overrightarrow {AC} )^2}.$ $ \Leftrightarrow {(b + c)^2}{\overrightarrow {AD} ^2}$ $ = {b^2}{c^2} + 2bc.\frac{1}{2}\left( {{c^2} + {b^2} – {a^2}} \right) + {c^2}{b^2}.$ $ \Leftrightarrow {\overrightarrow {AD} ^2}$ $ = \frac{{bc}}{{{{(b + c)}^2}}}(b + c – a)(b + c + a).$ Hay ${\overrightarrow {AD} ^2} = \frac{{4bc}}{{{{(b + c)}^2}}}p(p – a).$ Nhận xét: Từ câu b suy ra độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnh $A$ là: ${l_a} = \frac{{2\sqrt {bc} }}{{b + c}}\sqrt {p(p – a)} .$ 3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP c) $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} .$ Bài 2: Cho tam giác $ABC$ có $AB = 5$, $BC =7$, $AC = 8.$ a) Tính $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} $ rồi suy ra giá trị của góc $A.$ b) Tính $\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BC} .$ c) Gọi $D$ là điểm trên $CA$ sao cho $CD = 3.$ Tính $\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {CB} .$ Bài 3: Cho các vectơ $\overrightarrow a $, $\overrightarrow b $ có độ dài bằng $1$ và thoả mãn điều kiện $|2\vec a – 3\vec b| = \sqrt 7 .$ Tính $\cos (\overrightarrow a ,\overrightarrow b ).$ Bài 4: Cho các vectơ $\vec a$, $\vec b$ có độ dài bằng $1$ và góc tạo bởi hai vectơ bằng ${60^0}.$ Xác định cosin góc giữa hai vectơ $\overrightarrow u $ và $\overrightarrow v $ với $\overrightarrow u = \overrightarrow a + 2\overrightarrow b $, $\overrightarrow v = \overrightarrow a – \overrightarrow b .$ Bài 5: Cho hình vuông $ABCD$ cạnh bằng $3.$ Trên cạnh $AB$ lấy điểm $M$ sao cho $BM = 1$, trên cạnh $CD$ lấy điểm $N$ sao cho $DN =1$ và $P$ là trung điểm $BC.$ Tính $\cos \widehat {MNP}.$ Bài 6: Cho hình chữ nhật $ABCD$ có $AB = 2.$ $M$ là điểm được xác định bởi $\overrightarrow {AM} = 3\overrightarrow {MB} $, $G$ là trọng tâm tam giác $ADM.$ Tính $\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {GC} .$ Bài 7: 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 $AB = CD = 2a$, $MN = a\sqrt 3 .$ Bài 8: Cho tứ giác $ABCD$ có $AB = BC = 2\sqrt 5 $, $CD = BD = 5\sqrt 2 $, $BD = 3\sqrt {10} $, $AC = 10.$ Tìm góc giữa hai vectơ $\overrightarrow {AC} $, $\overrightarrow {DB} .$ Bài 9: 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. b) Xác định trên đường thẳng $AC$ điểm $P$ sao cho tam giác $MPD$ vuông tại $M.$ Tính diện tích tam giác đó. c) Tính côsin góc hợp bởi hai đường thẳng $MP$ và $PD.$ DẠNG TOÁN 2: CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG HOẶC ĐỘ DÀI CỦA ĐOẠN THẲNG. Sử dụng hằng đẳng thức vectơ về tích vô hướng. 2. CÁC VÍ DỤ Đẳng thức cần chứng minh được viết lại là $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = {\overrightarrow {IM} ^2} – {\overrightarrow {IA} ^2}.$ Để làm xuất hiện $\overrightarrow {IM} $, $\overrightarrow {IA} $ ở VP, sử dụng quy tắc ba điểm để xen điểm $I$ vào, ta được: $VT = (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} ).(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )$ $ = (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} ).(\overrightarrow {MI} – \overrightarrow {IA} )$ $ = {\overrightarrow {IM} ^2} – {\overrightarrow {IA} ^2} = VP.$ Ví dụ 2: Cho bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ bất kì. Chứng minh rằng: $\overrightarrow {DA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB} = 0$ $(*).$ Từ đó suy ra một cách chứng minh định lí: “Ba đường cao trong tam giác đồng quy”. Ta có: $\overrightarrow {DA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB} .$ $ = \overrightarrow {DA} .(\overrightarrow {DC} – \overrightarrow {DB} )$ $ + \overrightarrow {DB} .(\overrightarrow {DA} – \overrightarrow {DC} )$ $ + \overrightarrow {DC} .(\overrightarrow {DB} – \overrightarrow {DA} ).$ $ = \overrightarrow {DA} .\overrightarrow {DC} – \overrightarrow {DA} .\overrightarrow {DB} $ $ + \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {DA} – \overrightarrow {DB} .\overrightarrow {DC} $ $ + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {DB} – \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {DA} = 0.$ Gọi $H$ là giao của hai đường cao xuất phát từ đỉnh $A$, $B.$ Khi đó ta có: $\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {BC} = 0$, $\overrightarrow {HC} .\overrightarrow {AB} = 0$ $(1).$ Từ đẳng thức $(*)$ ta cho điểm $D$ trùng với điểm $H$ ta được: $\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {HC} .\overrightarrow {AB} = 0$ $(2).$ Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {CA} = 0$ suy ra $BH$ vuông góc với $AC.$ Hay ba đường cao trong tam giác đồng quy. 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: $\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {BD} = A{B^2}.$ Ta có $VT = \overrightarrow {AE} .(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} )$ $ + \overrightarrow {BE} .(\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} ).$ $ = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {BC} $ $ + \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {AD} .$ Vì $AB$ là đường kính nên $\widehat {ADB} = {90^0}$, $\widehat {ACB} = {90^0}.$ Suy ra $\overrightarrow {AE} .\overrightarrow {BC} = 0$, $\overrightarrow {BE} .\overrightarrow {AD} = 0.$ Do đó $VT = \overrightarrow {AE} .\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BE} .\overrightarrow {BA} $ $ = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AE} + \overrightarrow {EB} )$ $ = {\overrightarrow {AB} ^2} = VP.$ 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 $aI{A^2} + bI{B^2} + cI{C^2} = abc.$ Ta có: $a\overrightarrow {IA} + b\overrightarrow {IB} + c\overrightarrow {IC} = \vec 0$ $ \Rightarrow {(a\overrightarrow {IA} + b\overrightarrow {IB} + c\overrightarrow {IC} )^2} = 0.$ $ \Rightarrow {a^2}I{A^2} + {b^2}I{B^2} + {c^2}I{C^2}$ $ + 2ab\overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IB} + 2bc\overrightarrow {IB} .\overrightarrow {IC} + 2ca\overrightarrow {IC} .\overrightarrow {IA} = 0.$ $ \Rightarrow {a^2}I{A^2} + {b^2}I{B^2} + {c^2}I{C^2}$ $ + ab\left( {I{A^2} + I{B^2} – A{B^2}} \right)$ $ + bc\left( {I{B^2} + I{C^2} – B{C^2}} \right)$ $ + ca\left( {I{A^2} + I{C^2} – C{A^2}} \right) = 0.$ $ \Rightarrow \left( {{a^2} + ab + ca} \right)I{A^2}$ $ + \left( {{b^2} + ba + bc} \right)I{B^2}$ $ + \left( {{c^2} + ca + cb} \right)I{C^2}$ $ – \left( {ab{c^2} + a{b^2}c + {a^2}bc} \right) = 0.$ $ \Rightarrow (a + b + c)\left( {{a^2}I{A^2} + {b^2}I{B^2} + {c^2}I{C^2}} \right)$ $ = (a + b + c)abc.$ $ \Rightarrow {a^2}I{A^2} + {b^2}I{B^2} + {c^2}I{C^2} = abc.$ 3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 2: Cho hình chữ nhật $ABCD$ có tâm $O$ và $M$ là một điểm bất kì. Chứng minh rằng: a) $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} = \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} .$ b) $M{A^2} + \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} = 2\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MO} .$ Bài 3: Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$, $M$ là trung điểm của $BC.$ Chứng minh rằng $\overrightarrow {MH} .\overrightarrow {MA} = \frac{1}{4}B{C^2}.$ Bài 4: Cho tam giác $ABC$ có trọng tâm $G$ và $BC = a$, $CA = b$, $AB = c.$ Chứng minh rằng: $G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}$ $ = \frac{1}{3}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).$ Bài 5: 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 $\overrightarrow {A’M} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {B’N} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {C’P} .\overrightarrow {AB} = 0.$ Bài 6: Cho hình bình hành $ABCD.$ Gọi $M$ là một điểm tùy ý. Chứng minh rằng: $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} – \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} = \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} .$ Bài 7: Cho hai điểm $M$, $N$ nằm trên đường tròn đường kính $AB = 2R.$ Gọi $I$ là giao điểm của hai đường thẳng $AM$ và $BN.$ a) Chứng minh: $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AI} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AI} $, $\overrightarrow {BN} .\overrightarrow {BI} = \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BI} .$ b) Tính $\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AI} + \overrightarrow {BN} .\overrightarrow {BI} $ theo $R.$ Bài 8: 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: $A{M^2} = {b^2}B{M^2} + {c^2}C{M^2}$ $ + \left( {{b^2} + {c^2} – {a^2}} \right)BM.CM.$ Bài 9: Cho lục giác $ABCDEF$ có $AB$ vuông góc với $EF$ và hai tam giá $ACE$ và $BDF$ có cùng trọng tâm. Chứng minh rằng $A{B^2} + E{F^2} = C{D^2}.$ Bài 10: Cho tam giác $ABC$ cạnh $a$ nội tiếp đường tròn $(O).$ $M$ là điểm bất kì nằm trên đường tròn $(O).$ Chứng minh rằng $M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 2{a^2}.$ Bài 11: 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 $M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = 8{R^2}.$ b) Chứng minh rằng $M{A^4} + M{B^4} + M{C^4} + M{D^4}$ $ = N{A^4} + N{B^4} + N{C^4} + N{D^4}.$ Bài 12: Cho tứ giác $ABCD.$ Chứng minh rằng $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {DA} = 0$ khi và chỉ khi tứ giác $ABCD$ là hình bình hành. Bài 13: Cho lục giác đều ${A_1}{A_2}{A_3}{A_4}{A_5}{A_6}$ tâm $I$ và đường tròn $(O;R)$ bất kỳ chứa $I.$ Các tia $I{A_i}$ $\left( {i = \overline {1,6} } \right)$ cắt $(O)$ tại ${B_i}$ $\left( {i = \overline {1,6} } \right).$ Chứng minh rằng $IB_1^2 + IB_2^2 + IB_3^2$ $ + IB_4^2 + IB_5^2 + IB_6^2$ $ = 6{R^2}.$ Bài 14: Tam giác $ABC$ có trọng tâm $G.$ Chứng minh rằng: a) $M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}$ $ = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}$ với $M$ là điểm bất kỳ. b) ${a^2} + {b^2} + {c^2} \le 9{R^2}$ Bài 15: Cho tam giác $ABC$ có $\widehat {BAC} < {90^0}$, $BC = a$, $CA = b$, $AB = c.$ $M$ là điểm nằm trong 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 $(x – y + z){c^2}$ $ + (x – z + y){b^2}$ $ = \left( {x + y + z + \frac{{2yz}}{x}} \right){a^2}.$ DẠNG TOÁN 3: TÌM TẬP HỢP ĐIỂM THỎA MÃN ĐẲNG THỨC VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG HOẶC TÍCH ĐỘ DÀI. + Nếu $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow a = 0$ với $\overrightarrow a $ khác $\vec 0$ cho trước thì tập hợp các điểm $M$ là đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với giá của vectơ $\overrightarrow a .$ 2. CÁC VÍ DỤ b) $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = M{A^2}.$ a) Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ ta có: $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \frac{{3{a^2}}}{4}$ $ \Leftrightarrow (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} ) = \frac{{3{a^2}}}{4}.$ $ \Leftrightarrow M{I^2} – I{A^2} = \frac{{3{a^2}}}{4}$ (do $\overrightarrow {IB} = – \overrightarrow {IA} $). $ \Leftrightarrow M{I^2} = \frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4}$ $ \Leftrightarrow MI = a.$ Vậy tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $I$ bán kính $R = a.$ b) Ta có $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = M{A^2}$ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = {\overrightarrow {MA} ^2}.$ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .(\overrightarrow {MA} – \overrightarrow {MB} ) = 0$ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BA} = 0$ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} \bot \overrightarrow {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 $(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {CB} )\overrightarrow {BC} = 0.$ Gọi $I$ là điểm xác định bởi $\overrightarrow {IA} + 2\overrightarrow {IB} = \vec 0.$ Khi đó $(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} + 3\overrightarrow {CB} )\overrightarrow {BC} = 0.$ $ \Leftrightarrow \left[ {(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} ) + 2(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IB} )} \right].\overrightarrow {BC} $ $ = 3B{C^2}.$ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {MI} .\overrightarrow {BC} = B{C^2}.$ Gọi $M’$, $I’$ lần lượt là hình chiếu của $M$, $I$ lên đường thẳng $BC.$ Theo công thức hình chiếu ta có $\overrightarrow {MI} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {M’I’} .\overrightarrow {BC} $, do đó $\overrightarrow {M’I’} .\overrightarrow {BC} = B{C^2}.$ Vì $B{C^2} > 0$ nên $\overrightarrow {M’I’} $, $\overrightarrow {BC} $ cùng hướng suy ra: $\overrightarrow {M’I’} .\overrightarrow {BC} = B{C^2}$ $ \Leftrightarrow M’I’.BC = B{C^2}$ $ \Leftrightarrow M’I’ = BC.$ Do $I$ cố định nên $I’$ cố định suy ra $M’$ cố định. 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 $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} = k.$ Gọi $I$ là tâm của hình vuông $ABCD.$ Ta có: $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} $ $ = (\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IA} )(\overrightarrow {MI} + \overrightarrow {IC} )$ $ = M{I^2} + \overrightarrow {MI} (\overrightarrow {IC} + \overrightarrow {IA} ) + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IC} $ $ = M{I^2} + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IC} .$ Tương tự $\overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} = M{I^2} + \overrightarrow {IB} .\overrightarrow {ID} .$ Nên $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MD} = k$ $ \Leftrightarrow 2M{I^2} + \overrightarrow {IB} .\overrightarrow {ID} + \overrightarrow {IA} .\overrightarrow {IC} = k.$ $ \Leftrightarrow 2M{I^2} – I{B^2} – I{A^2} = k$ $ \Leftrightarrow M{I^2} = \frac{k}{2} + I{A^2}$ $ \Leftrightarrow M{I^2} = \frac{k}{2} + {a^2}.$ $ \Leftrightarrow MI = \sqrt {\frac{k}{2} + I{A^2}} $ $ = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}} .$ Nếu $k < – {a^2}$: Tập hợp điểm $M$ là tập rỗng. Nếu $k = – {a^2}$ thì $MI = 0$ $ \Leftrightarrow M \equiv I$ suy ra tập hợp điểm $M$ là điểm $I.$ Nếu $k > – {a^2}$ thì $MI = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}} .$ Suy ra tập hợp điểm $M$ là đường tròn tâm $I$ bán kính $R = \sqrt {\frac{{k + {a^2}}}{2}} .$ 3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP c) $\overrightarrow {AM} .\vec a = k$ với $k$ là số thực cho trước. Bài 2: Cho tam giác $ABC.$ Tìm tập hợp điểm $M$ trong các trường hợp sau: a) $(\overrightarrow {MA} – \overrightarrow {MB} )(2\overrightarrow {MB} – \overrightarrow {MC} ) = 0.$ b) $(\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} )(\overrightarrow {MB} + 2\overrightarrow {MC} ) = 0.$ c) $2M{A^2} + \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MC} .$ Bài 3: Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a.$ Tìm tập hợp các điểm $M$ sao cho: a) $2M{A^2} + M{B^2} = M{C^2} + M{D^2}.$ b) $(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} )(\overrightarrow {MC} – \overrightarrow {MB} ) = 3{a^2}.$ Bài 4: Cho tứ giác $ABCD$, $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD.$ Tìm tập hợp điểm $M$ sao cho: $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} = \frac{1}{2}I{J^2}.$ Bài 5: Cho tam giác $ABC$ đều cạnh bằng $a.$ Tìm tập hợp những điểm $M$ sao cho: $\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MB} .\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MA} = \frac{{{a^2}}}{4}.$ Bài 6: Cho tam giác $ABC$, góc $A$ nhọn, trung tuyến $AI.$ Tìm tập hợp những điểm $M$ di động trong góc $BAC$ sao cho: $AB.AH + AC.AK = A{I^2}$ trong đó $H$ và $K$ theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $AB$ và $AC.$ Bài 7: Cho tam giác $ABC$ và $k$ là số thực cho trước. Tìm tập hợp những điểm $M$ sao cho $M{A^2} – M{B^2} = k.$ Bài 8: Cho tam giác $ABC.$ Tìm tập hợp những điểm $M$ sao cho $\alpha M{A^2} + \beta M{B^2} + \gamma M{C^2} = k$ với $k$ là số cố định cho trước khi: a) $\alpha + \beta + \gamma = 0.$ b) $\alpha + \beta + \gamma \ne 0.$ DẠNG TOÁN 4: BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG. Chú ý: $\vec a \bot \vec b$ $ \Leftrightarrow \vec a.\vec b = 0$ $ \Leftrightarrow {x_1}{x_2} + {y_1}{y_2} = 0.$ Để xác định độ dài một vectơ đoạn thẳng ta sử dụng công thức: + Nếu $\vec a = (x;y)$ thì $|\vec a| = \sqrt {{x^2} + {y^2}} .$+ Nếu $A\left( {{x_A};{y_A}} \right)$, $B\left( {{x_B};{y_B}} \right)$ thì $AB = \sqrt {{{\left( {{x_B} – {x_A}} \right)}^2} + {{\left( {{y_B} – {y_A}} \right)}^2}} .$ 2. CÁC VÍ DỤ c) Xác định hình chiếu của $A$ lên cạnh $BC.$ a) Ta có $\overrightarrow {AB} ( – 3;4)$, $\overrightarrow {AC} (8;6)$ $ \Rightarrow \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = – 3.8 + 4.6 = 0.$ Do đó $\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AC} $ hay tam giác $ABC$ vuông tại $A.$ b) Ta có $\overrightarrow {BC} (11;2)$, $\overrightarrow {BA} (3; – 4).$ Suy ra $\cos B = \cos (\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BA} )$ $ = \frac{{11.3 + 2.( – 4)}}{{\sqrt {{{11}^2} + {2^2}} \sqrt {{3^2} + {{( – 4)}^2}} }}$ $ = \frac{1}{{\sqrt 5 }}.$ c) Gọi $H(x;y)$ là hình chiếu của $A$ lên $BC.$ Ta có $\overrightarrow {AH} (x – 1;y – 2)$, $\overrightarrow {BH} (x + 2;y – 6)$, $\overrightarrow {BC} (11;2).$ $AH \bot BC$ $ \Leftrightarrow \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0$ $ \Leftrightarrow 11(x – 1) + 2(y – 2) = 0.$ Hay $11x + 2y – 15 = 0$ $(1).$ Mặt khác $\overrightarrow {BH} $, $\overrightarrow {BC} $ cùng phương nên $\frac{{x + 2}}{{11}} = \frac{{y – 6}}{2}$ $ \Leftrightarrow 2x – 11y + 70 = 0$ $(2).$ Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $x = \frac{1}{5}$, $y = \frac{{32}}{5}.$ Vậy hình chiếu của $A$ lên $BC$ là $H\left( {\frac{1}{5};\frac{{32}}{5}} \right).$ Ví dụ 2: Cho hình thoi $ABCD$ có tâm $I(1;1)$, đỉnh $A(3;2)$ và đỉnh $B$ nằm trên trục hoành. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi. Vì $B$ nằm trên trục hoành nên giả sử $B(0;y).$ Vì $I$ là tâm hình thoi $ABCD$ nên $I$ là trung điểm của $AC$ và $BD.$ Suy ra $C = \left( {2{x_I} – {x_A};2{y_I} – {y_A}} \right)$ $ = ( – 1;0)$, $D = \left( {2{x_I} – {x_B};2{y_I} – {y_B}} \right)$ $ = (2;2 – y).$ Do đó $AB = AD$ $ \Leftrightarrow A{B^2} = A{D^2}$ $ \Leftrightarrow 9 + {(y – 2)^2} = 1 + {y^2}$ $ \Leftrightarrow y = 3.$ Vậy $B(0;3)$, $C( – 1;0)$, $D(2; – 1).$ Ví dụ 3: Cho ba điểm $A(3;4)$, $B(2;1)$ và $C( – 1; – 2).$ Tìm điểm $M$ trên đường thẳng $BC$ để góc $\widehat {AMB} = {45^0}.$ Giả sử $M(x;y)$ suy ra $\overrightarrow {MA} (3 – x;4 – y)$, $\overrightarrow {MB} (2 – x;1 – y)$, $\overrightarrow {BC} ( – 3; – 3).$ Vì $\widehat {AMB} = {45^0}$ suy ra $|\cos \widehat {AMB}| = |\cos (\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {BC} )|.$ $ \Leftrightarrow \cos {45^0} = \frac{{|\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {BC} |}}{{|\overrightarrow {MA} |.|\overrightarrow {BC} |}}$ $ \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{| – 3(3 – x) – 3(4 – y)|}}{{\sqrt {{{(3 – x)}^2} + {{(4 – y)}^2}} \sqrt {9 + 9} }}.$ $ \Leftrightarrow \sqrt {{{(3 – x)}^2} + {{(4 – y)}^2}} $ $ = |x + y – 7|$ $(*).$ Mặt khác $M$ thuộc đường thẳng $BC$ nên hai vectơ $\overrightarrow {MB} $, $\overrightarrow {BC} $ cùng phương. Suy ra $\frac{{2 – x}}{{ – 3}} = \frac{{1 – y}}{{ – 3}}$ $ \Leftrightarrow x = y + 1$ thế vào $(*)$ ta được: $\sqrt {{{(2 – y)}^2} + {{(4 – y)}^2}} $ $ = |2y – 6|$ $ \Leftrightarrow {y^2} – 6y + 8 = 0$ $ \Leftrightarrow y = 2$ hoặc $y = 4.$ + Với $y = 2 \Rightarrow x = 3$, ta có: $\overrightarrow {MA} (0;2)$, $\overrightarrow {MB} ( – 1; – 1)$ $ \Rightarrow \cos \widehat {AMB}$ $ = \cos (\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {MB} )$ $ = – \frac{1}{{\sqrt 2 }}.$ Khi đó $\widehat {AMB} = {135^0}$ (không thỏa mãn). + Với $y = 4 \Rightarrow x = 5$, ta có: $\overrightarrow {MA} ( – 2;0)$, $\overrightarrow {MB} ( – 3; – 3)$ $ \Rightarrow \cos \widehat {AMB}$ $ = \cos (\overrightarrow {MA} ;\overrightarrow {MB} )$ $ = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.$ Khi đó $\widehat {AMB} = {45^0}.$ Vậy $M(5;4)$ là điểm cần tìm. Ví dụ 4: Cho điểm $A(2;1).$ Lấy điểm $B$ nằm trên trục hoành có hoành độ không âm và điểm $C$ trên trục tung có tung độ dương sao cho tam giác $ABC$ vuông tại $A.$ Tìm toạ độ $B$, $C$ để tam giác $ABC$ có diện tích lớn nhất. Gọi $B(b;0)$, $C(0;c)$ với $b \ge 0$, $c > 0.$ Suy ra $\overrightarrow {AB} (b – 2; – 1)$, $\overrightarrow {AC} ( – 2;c – 1).$ Theo giả thiết ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên: $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$ $ \Leftrightarrow (b – 2)( – 2) – 1.(c – 1) = 0$ $ \Leftrightarrow c = – 2b + 5.$ Ta có ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC$ $ = \frac{1}{2}\sqrt {{{(b – 2)}^2} + 1} .\sqrt {{2^2} + {{(c – 1)}^2}} $ $ = {(b – 2)^2} + 1$ $ = {b^2} – 4b + 5.$ Vì $c > 0$ nên $ – 2b + 5 > 0$ $ \Rightarrow 0 \le b < \frac{5}{2}.$ Xét hàm số $y = {x^2} – 4x + 5$ với $0 \le x < \frac{5}{2}.$ Bảng biến thiên: Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^2} – 4x + 5$ với $0 \le x < \frac{5}{2}$ là $y = 5$ khi $x =0.$ Do đó diện tích tam giác $ABC$ lớn nhất khi và chỉ khi $b = 0$, suy ra $c=5.$ Vậy $B(0;0)$, $C(0;5)$ là điểm cần tìm. 3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP b) Xác định tọa độ của vectơ $\overrightarrow c $ biết $(\vec a + 2\vec b).\vec c = – 1$ và $( – \vec b + 2\vec c).\vec a = 6.$ Bài 2: Cho tam giác $ABC$ có $A(5;3)$, $B(2; – 1)$, $C( – 1;5).$ a) Tìm tọa độ trực tâm tam giác $ABC.$ b) Tính tọa độ chân đường cao vẽ từ $A.$ c) Tính diện tích tam giác $ABC.$ Bài 3: Cho tam giác $ABC$ với $A(3;1)$, $B(-1;-1)$, $C(6;0).$ a) Tính góc $A$ của tam giác $ABC.$ b) Tính tọa độ giao điểm của đường tròn đường kính $AB$ và đường tròn đường kính $OC.$ Bài 4: Cho ba điểm $A(6;3)$, $B(-3;6)$, $C(1;-2).$ Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC.$ Bài 5: Các điểm $B(-1;3)$, $C(3;1)$ là hai đỉnh của một tam giác $ABC$ vuông cân tại $A.$ Tìm tọa độ đỉnh $A.$ Bài 6: Cho bốn điểm $A(-8;0)$, $B(0;4)$, $C(2;0)$, $D(-3;-5).$ Chứng minh rằng tứ giác nội tiếp được một đường tròn. Bài 7: Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho các điểm $A(-2;-1)$, $B(2;-4).$ a) Tìm trên trục $Oy$ điểm $M$ sao cho $\widehat {MBA} = {45^0}.$ b) Tìm trên trục $Ox$ điểm $N$ sao cho $NA = NB.$ Bài 8: Cho hai điểm $A(4;-3)$, $B(3;1).$ Tìm $M$ trên trục hoành sao cho $\widehat {AMB} = {135^0}.$ Bài 9: Biết $A(1;-1)$, $B(3;0)$ là hai đỉnh của hình vuông $ABCD.$ Tìm tọa độ các đỉnh $C$ và $D.$ Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm $A(1;4)$, $B(-2;-2)$ và $C(4;2).$ Xác định tọa độ điểm $M$ sao cho tổng $M{A^2} + 2M{B^2} + 3M{C^2}$ nhỏ nhất. |
