Chương IV. Vectơ

Bài 11. Tích vô hướng của hai vectơ

Sách bài tập Toán 10 — Kết nối tri thức, tập 1 · 10 bài tập, mỗi câu ít nhất 2 cách giải.

Mở bài học này trong app ↗📗 Xem bài này trong SGK →

Bài 1 · 4.29★★★Trang 65— Tích vô hướng trong tam giác đều — phân tích vectơ

Bài 4.29 (trang 65). Cho tam giác đều

A B C

có độ dài các cạnh bằng

1

.
a) Gọi

M

là trung điểm của

B C

. Tính tích vô hướng của các cặp vectơ

M A

và

B A

M A

và

A C

.
b) Gọi

N

là điểm đối xứng với

B

qua

C

. Tính tích vô hướng

A M \cdot A N

.
c) Lấy điểm

P

thuộc đoạn

A N

sao cho

A P = 3 P N

. Hãy biểu thị các vectơ

A P

M P

theo hai vectơ

A B

và

A C

. Tính độ dài đoạn

M P

Kiến thức cần nhớ

$u \cdot v = ∣ u ∣ \cdot ∣ v ∣ cos (u, v)$ .
$A B \cdot A C = 1 \cdot 1 \cdot cos 6 0^{\circ} = \frac{1}{2}$ (tam giác đều cạnh $1$ ).
$A P = 3 P N$ , $P$ thuộc đoạn $A N$ $\Rightarrow$ $A P = \frac{3}{4} A N$ .
$M P^{2} = M P^{2}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Tam giác đều cạnh

1

cho sẵn mọi góc (

6 0^{\circ}

3 0^{\circ}

ở chân đường cao) và

A M = \frac{3}{2}

, nên ý a, b tính thẳng bằng định nghĩa — miễn là đưa hai vectơ về chung điểm đầu. Ý c: chọn cơ sở

A B

A C

(biết

A B \cdot A C = \frac{1}{2}

) thì độ dài

M P

là bình phương vô hướng. Bẫy:

M A

và

A C

nối đuôi nhau, góc giữa chúng là

15 0^{\circ}

chứ không phải

3 0^{\circ}

1Cách 1. Định nghĩa và góc trong tam giác đều

Định hướng. Đưa từng cặp vectơ về chung điểm đầu, đọc góc; ý c phân tích theo $A B$ , $A C$ .

A M = \frac{3}{2}

(M A, B A) = (A M, A B) = M A B = 3 0^{\circ}

M A \cdot B A = \frac{3}{2} \cdot 1 \cdot cos 3 0^{\circ} = \frac{3}{4}

(M A, A C) = 18 0^{\circ} - (A M, A C) = 18 0^{\circ} - 3 0^{\circ} = 15 0^{\circ}

\Rightarrow

M A \cdot A C = \frac{3}{2} \cdot 1 \cdot cos 15 0^{\circ} = - \frac{3}{4}

M N = M C + C N = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}

A N = A M^{2} + M N^{2} = \frac{3}{4} + \frac{9}{4} = 3

cos M A N = \frac{A M}{A N} = \frac{1}{2}

A M \cdot A N = \frac{3}{2} \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{4}

A N = A B + B N = A B + 2 (A C - A B) = 2 A C - A B

A P = \frac{3}{4} A N = - \frac{3}{4} A B + \frac{3}{2} A C

M P = A P - A M = - \frac{3}{4} A B + \frac{3}{2} A C - \frac{1}{2} A B - \frac{1}{2} A C = - \frac{5}{4} A B + A C

M P^{2} = \frac{25}{16} A B^{2} - 2 \cdot \frac{5}{4} A B \cdot A C + A C^{2} = \frac{25}{16} - \frac{5}{4} + 1 = \frac{21}{16}

\Rightarrow

M P = \frac{21}{4}

Vậy a) $M A \cdot B A = \frac{3}{4}$ , $M A \cdot A C = - \frac{3}{4}$ ; b) $A M \cdot A N = \frac{3}{4}$ ; c) $A P = - \frac{3}{4} A B + \frac{3}{2} A C$ , $M P = - \frac{5}{4} A B + A C$ , $M P = \frac{21}{4}$ .

2Cách 2. Gắn hệ toạ độ

Định hướng. Đặt $B$ ở gốc, $C$ trên tia $O x$ ; mọi điểm có toạ độ tường minh.

B (0; 0)

C (1; 0)

A (\frac{1}{2}; \frac{3}{2})

M (\frac{1}{2}; 0)

N (2; 0)

M A = (0; \frac{3}{2})

B A = (\frac{1}{2}; \frac{3}{2})

A C = (\frac{1}{2}; - \frac{3}{2})

M A \cdot B A = \frac{3}{4}

M A \cdot A C = - \frac{3}{4}

A M = (0; - \frac{3}{2})

A N = (\frac{3}{2}; - \frac{3}{2})

\Rightarrow

A M \cdot A N = \frac{3}{4}

P = A + \frac{3}{4} (N - A)

P (\frac{13}{8}; \frac{3}{8})

M P = (\frac{9}{8}; \frac{3}{8})

M P = \frac{81}{64} + \frac{3}{64} = \frac{84}{64} = \frac{21}{4}

Vậy kết quả trùng Cách 1: $\frac{3}{4}$ ; $- \frac{3}{4}$ ; $\frac{3}{4}$ ; $M P = \frac{21}{4}$ .

3Cách 3. Hình chiếu vuông góc

Định hướng. $u \cdot v$ bằng tích độ dài đại số của $u$ với hình chiếu của $v$ lên giá $u$ ; ở đây các hình chiếu lên đường thẳng $A M$ đều rơi vào $M$ .

B

C

chiếu xuống

A M

đều tại

M

\Rightarrow

M A \cdot B A = M A \cdot M A = M A^{2} = \frac{3}{4}

M A \cdot A C = M A \cdot A M = - M A^{2} = - \frac{3}{4}

N

thuộc đường thẳng

B C ⊥ A M

\Rightarrow

hình chiếu của

N

lên

A M

là

M

\Rightarrow

A M \cdot A N = A M^{2} = \frac{3}{4}

Vậy $M A \cdot B A = \frac{3}{4}$ , $M A \cdot A C = - \frac{3}{4}$ , $A M \cdot A N = \frac{3}{4}$ (ý c như Cách 1).

Nhận xét. Cách 3 không cần tính $A N$ hay góc $M A N$ : mọi điểm nằm trên đường thẳng $B C$ đều cho cùng tích vô hướng với $A M$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3 cho ý a, b (một dòng mỗi ý) và phân tích vectơ ở Cách 1 cho ý c.

Đáp số. a)

M A \cdot B A = \frac{3}{4}

;

M A \cdot A C = - \frac{3}{4}

. b)

A M \cdot A N = \frac{3}{4}

. c)

A P = - \frac{3}{4} A B + \frac{3}{2} A C

;

M P = - \frac{5}{4} A B + A C

;

M P = \frac{21}{4}

Sai lầm thường gặp. Lấy góc giữa

M A

và

A C

bằng

M A C = 3 0^{\circ}

rồi ra

+ \frac{3}{4}

— sai dấu, vì hai vectơ nối đuôi tại

A

. Ở ý c, hay viết nhầm

B N = B C

(quên

N

đối xứng với

B

qua

C

nên

B N = 2 B C

🚀 Mở rộng. Tổng quát: nếu

A P = k \cdot P N

thì

A P = \frac{k}{k + 1} A N

; thử tìm

k

để

M P ⊥ A N

(đáp số

k = \frac{1}{3}

, khi đó

A P = \frac{3}{4}

Mở bài này trong app ↗

Bài 2 · 4.30★★★Trang 65— Chứng minh vuông góc bằng tích vô hướng

Bài 4.30 (trang 65). Cho hình chữ nhật

A B C D

có

A B = 1

B C = 2

. Gọi

M

là trung điểm của

A D

.
a) Chứng minh rằng các đường thẳng

A C

và

B M

vuông góc với nhau.
b) Gọi

H

là giao điểm của

A C

B M

. Gọi

N

là trung điểm của

A H

và

P

là trung điểm của

C D

. Chứng minh rằng tam giác

N B P

là một tam giác vuông.

Kiến thức cần nhớ

$u ⊥ v$ $\Leftrightarrow$ $u \cdot v = 0$ .
$A B \cdot A D = 0$ , $A B^{2} = 1$ , $A D^{2} = 2$ .
Hai tam giác đồng dạng $H A M$ và $H C B$ ( $A M ∥ B C$ ) cho $\frac{A H}{H C} = \frac{A M}{C B}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Hình chữ nhật cho sẵn hai vectơ vuông góc

A B

A D

với độ dài biết trước — cơ sở lí tưởng: mọi vectơ khác phân tích theo chúng, tích vô hướng chỉ còn

A B^{2} = 1

và

A D^{2} = 2

. Ý b cần vị trí

H

trên

A C

A M ∥ B C

và

A M = \frac{1}{2} B C

nên

A H = \frac{1}{3} A C

. Còn phải đoán đỉnh góc vuông: tính thử thấy là

N

1Cách 1. Phân tích theo hai cạnh của hình chữ nhật

Định hướng. Biểu diễn mọi vectơ theo $A B$ , $A D$ .

A C = A B + A D

B M = A M - A B = \frac{1}{2} A D - A B

A C \cdot B M = \frac{1}{2} A D^{2} - A B^{2} + (\frac{1}{2} - 1) A B \cdot A D = \frac{1}{2} \cdot 2 - 1 + 0 = 0

A M ∥ B C

\frac{A H}{H C} = \frac{A M}{C B} = \frac{1}{2}

\Rightarrow

A H = \frac{1}{3} A C

\Rightarrow

A N = \frac{1}{6} (A B + A D)

A P = A D + \frac{1}{2} A B

N B = A B - A N = \frac{5}{6} A B - \frac{1}{6} A D

N P = A P - A N = \frac{1}{3} A B + \frac{5}{6} A D

N B \cdot N P = \frac{5}{6} \cdot \frac{1}{3} \cdot 1 - \frac{1}{6} \cdot \frac{5}{6} \cdot 2 = \frac{5}{18} - \frac{5}{18} = 0

Vậy $A C ⊥ B M$ và tam giác $N B P$ vuông tại $N$ .

2Cách 2. Gắn hệ toạ độ

Định hướng. Đặt $A$ ở gốc, $A B$ trên $O x$ , $A D$ trên $O y$ ; tìm $H$ bằng giao hai đường thẳng.

A (0; 0)

B (1; 0)

C (1; 2)

D (0; 2)

M (0; \frac{2}{2})

A C = (1; 2)

B M = (- 1; \frac{2}{2})

A C \cdot B M = - 1 + 1 = 0

H (t; 2 t) \in A C

B H = (t - 1; 2 t)

cùng phương

B M

\frac{2}{2} (t - 1) = - 2 t

\Rightarrow

t = \frac{1}{3}

H (\frac{1}{3}; \frac{2}{3})

N (\frac{1}{6}; \frac{2}{6})

P (\frac{1}{2}; 2)

N B = (\frac{5}{6}; - \frac{2}{6})

N P = (\frac{1}{3}; \frac{5 2}{6})

N B \cdot N P = \frac{5}{18} - \frac{10}{36} = 0

Vậy $A C ⊥ B M$ ; tam giác $N B P$ vuông tại $N$ .

3Cách 3. Góc phụ nhau và Pythagore đảo

Định hướng. Ý a: hai góc nhọn có tích tang bằng $1$ thì phụ nhau. Ý b: kiểm tra $N B^{2} + N P^{2} = B P^{2}$ .

tan A B M = \frac{A M}{A B} = \frac{2}{2}

tan B A C = \frac{B C}{A B} = 2

\Rightarrow

tan A B M \cdot tan B A C = 1

\Rightarrow

A B M + B A C = 9 0^{\circ}

\Rightarrow

A H B = 9 0^{\circ}

B H = \frac{A B \cdot B C}{A C} = \frac{2}{3}

N H = \frac{1}{2} A H = \frac{3}{6}

\Rightarrow

N B^{2} = B H^{2} + N H^{2} = \frac{2}{3} + \frac{1}{12} = \frac{3}{4}

N P^{2} = (\frac{1}{2} - \frac{1}{6})^{2} + (2 - \frac{2}{6})^{2} = \frac{1}{9} + \frac{25}{18} = \frac{3}{2}

B P^{2} = B C^{2} + C P^{2} = 2 + \frac{1}{4} = \frac{9}{4}

N B^{2} + N P^{2} = \frac{3}{4} + \frac{3}{2} = \frac{9}{4} = B P^{2}

Vậy $A C ⊥ B M$ và tam giác $N B P$ vuông tại $N$ (định lí Pythagore đảo).

Nhận xét. Cách 3 dùng công thức đường cao $B H = \frac{A B \cdot B C}{A C}$ trong tam giác vuông $A B C$ và $tan (9 0^{\circ} - α) = \frac{1}{tan α}$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: toạ độ đặt tự nhiên theo hai cạnh hình chữ nhật, mọi bước chỉ là tính số.

Đáp số. a)

A C \cdot B M = 0

nên

A C ⊥ B M

. b)

N B \cdot N P = 0

nên tam giác

N B P

vuông tại

N

Sai lầm thường gặp. Cho

H

là trung điểm

A C

(theo cảm giác hình vẽ) — sai,

A H = \frac{1}{3} A C

. Khi đó

N

lệch và tích vô hướng không bằng

0

. Một lỗi khác: đi kiểm tra góc vuông tại

B

hoặc

P

(tích

B N \cdot B P = \frac{3}{4} \neq = 0

🚀 Mở rộng. Tổng quát: hình chữ nhật

A B C D

có

A C ⊥ B M

(

M

trung điểm

A D

) khi và chỉ khi

B C = A B 2

— thử chứng minh chiều ngược lại.

Mở bài này trong app ↗

Bài 3 · 4.31★★★★Trang 65— Chứng minh vuông góc, bằng nhau bằng tích vô hướng

Bài 4.31 (trang 65). Cho tam giác

A B C

có

A < 9 0^{\circ}

. Dựng ra phía ngoài tam giác hai tam giác vuông cân đỉnh

A

là

A B D

và

A C E

. Gọi

M

N

P

theo thứ tự là trung điểm

B C

B D

C E

. Chứng minh rằng:
a)

A M

vuông góc với

D E

;
b)

B E

vuông góc với

C D

;
c) Tam giác

M N P

là một tam giác vuông cân.

Kiến thức cần nhớ

$u ⊥ v$ $\Leftrightarrow$ $u \cdot v = 0$ .
$cos (9 0^{\circ} + α) = - sin α$ , $cos (18 0^{\circ} - α) = - cos α$ .
Đường trung bình của tam giác song song và bằng nửa cạnh thứ ba.

🧠 Phân tích tư duy

Mọi đoạn thẳng đều đi qua hoặc nối các điểm quanh

A

, nên chọn gốc

A

và phân tích theo

A B

A C

A D

A E

. Các tích vô hướng cần biết:

A B \cdot A D = A C \cdot A E = 0

, còn

B A E = C A D = 9 0^{\circ} + A

D A E = 18 0^{\circ} - A

(nhờ

A < 9 0^{\circ}

). Ý c quy về b:

M N

M P

là đường trung bình, song song và bằng nửa

C D

B E

1Cách 1. Tích vô hướng theo các cạnh từ đỉnh A

Định hướng. Đặt $A B = A D = c$ , $A C = A E = b$ ; tính các góc tại $A$ rồi khai triển.

B A E = C A D = 9 0^{\circ} + A

D A E = 36 0^{\circ} - 9 0^{\circ} - 9 0^{\circ} - A = 18 0^{\circ} - A

A B \cdot A E = c b cos (9 0^{\circ} + A) = - b c sin A

A C \cdot A D = - b c sin A

A D \cdot A E = - b c cos A

2 A M \cdot D E = (A B + A C) \cdot (A E - A D) = A B \cdot A E - 0 + 0 - A C \cdot A D = - b c sin A + b c sin A = 0

B E \cdot C D = (A E - A B) \cdot (A D - A C) = A E \cdot A D - 0 - 0 + A B \cdot A C = - b c cos A + b c cos A = 0

B E^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 A B \cdot A E = b^{2} + c^{2} + 2 b c sin A

C D^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 A C \cdot A D = b^{2} + c^{2} + 2 b c sin A

\Rightarrow

B E = C D

M N = \frac{1}{2} C D

M P = \frac{1}{2} B E

\Rightarrow

M N = M P

M N \cdot M P = \frac{1}{4} C D \cdot B E = 0

Vậy $A M ⊥ D E$ , $B E ⊥ C D$ , và tam giác $M N P$ vuông cân tại $M$ .

2Cách 2. Gắn hệ toạ độ

Định hướng. Gốc $A$ , tam giác $A B C$ định hướng ngược chiều kim đồng hồ; dựng ra ngoài nghĩa là quay $B$ đi $- 9 0^{\circ}$ được $D$ , quay $C$ đi $+ 9 0^{\circ}$ được $E$ .

B (b_{1}; b_{2})

C (c_{1}; c_{2})

\Rightarrow

D (b_{2}; - b_{1})

E (- c_{2}; c_{1})

M (\frac{b _{1} + c _{1}}{2}; \frac{b _{2} + c _{2}}{2})

D E = (- b_{2} - c_{2}; b_{1} + c_{1})

2 A M \cdot D E = - (b_{1} + c_{1}) (b_{2} + c_{2}) + (b_{2} + c_{2}) (b_{1} + c_{1}) = 0

B E = (- c_{2} - b_{1}; c_{1} - b_{2})

C D = (b_{2} - c_{1}; - b_{1} - c_{2})

B E \cdot C D = - (b_{1} + c_{2}) (b_{2} - c_{1}) + (b_{2} - c_{1}) (b_{1} + c_{2}) = 0

B E^{2} = (b_{1} + c_{2})^{2} + (b_{2} - c_{1})^{2} = C D^{2}

;

M N = \frac{1}{2} C D

M P = \frac{1}{2} B E

\Rightarrow

M N = M P

M N ⊥ M P

Vậy ba khẳng định a, b, c đều đúng.

Nhận xét. Cách 2 cho thấy kết luận vẫn đúng cả khi $A \geq 9 0^{\circ}$ ; điều kiện $A < 9 0^{\circ}$ chỉ để hình vẽ gọn và để Cách 1 tính được $D A E = 18 0^{\circ} - A$ .

3Cách 3. Tam giác bằng nhau và phép quay

Định hướng. Phép quay tâm $A$ góc $9 0^{\circ}$ biến $D$ thành $B$ và $C$ thành $E$ , nên biến tam giác $A D C$ thành tam giác $A B E$ .

A D = A B

A C = A E

D A C = B A E = 9 0^{\circ} + A

\Rightarrow

△ A D C = △ A B E

(cạnh – góc – cạnh)

\Rightarrow

C D = B E

phép quay

9 0^{\circ}

biến đoạn

D C

thành đoạn

B E

\Rightarrow

B E ⊥ C D

M N ∥ C D

M N = \frac{1}{2} C D

;

M P ∥ B E

M P = \frac{1}{2} B E

\Rightarrow

M N = M P

M N ⊥ M P

A^{'}

đối xứng

A

qua

M

\Rightarrow

A B A^{'} C

là hình bình hành:

B A^{'} = A C = A E

A B = D A

A B A^{'} = 18 0^{\circ} - A = D A E

△ A B A^{'} = △ D A E

(cạnh – góc – cạnh)

\Rightarrow

B A A^{'} = A D E

K = A M \cap D E

D A K = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} - B A A^{'} = 9 0^{\circ} - A D E

\Rightarrow

A K D = 9 0^{\circ}

\Rightarrow

A M ⊥ D E

Vậy $A M ⊥ D E$ , $B E ⊥ C D$ , tam giác $M N P$ vuông cân tại $M$ .

Nhận xét. Phép quay $9 0^{\circ}$ giải thích bản chất cả ba ý; Cách 1 và Cách 2 là "phiên bản tính toán" của đúng phép quay đó.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: chỉ cần ba tích vô hướng tại đỉnh

A

là đủ cả ba ý.

Đáp số. a)

A M \cdot D E = 0

. b)

B E \cdot C D = 0

. c)

M N = M P = \frac{1}{2} B E

M N ⊥ M P

: tam giác

M N P

vuông cân tại

M

Sai lầm thường gặp. Lấy

B A E = 9 0^{\circ} - A

(trừ thay vì cộng) do vẽ tam giác vuông cân vào phía trong; khi đó

A B \cdot A E = b c sin A

và ý a không còn đúng. "Ra phía ngoài" nghĩa là góc

B A E = 9 0^{\circ} + A

🚀 Mở rộng. Mở rộng: nếu dựng ra ngoài hai hình vuông

A B D F

A C E G

thì tâm hai hình vuông và trung điểm

M

của

B C

cũng tạo thành tam giác vuông cân (bài toán Vecten).

Mở bài này trong app ↗

Bài 4 · 4.32★★Trang 65— Tích vô hướng và góc từ độ dài

Bài 4.32 (trang 65). Cho hai vectơ

a

và

b

thoả mãn

∣ a ∣ = 6

∣ b ∣ = 8

và

∣ a + b ∣ = 10

.
a) Tính tích vô hướng

a \cdot (a + b)

.
b) Tính số đo của góc giữa hai vectơ

a

và

a + b

Kiến thức cần nhớ

$∣ a + b ∣^{2} = a^{2} + 2 a \cdot b + b^{2}$ .
$a \cdot (a + b) = a^{2} + a \cdot b$ .
$cos (u, v) = \frac{u \cdot v}{∣ u ∣ \cdot ∣ v ∣}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Ba số

6

8

10

là bộ ba Pythagore — dấu hiệu

a ⊥ b

. Bình phương

∣ a + b ∣

cho ngay

a \cdot b

, rồi phân phối cho ý a. Góc ở ý b chỉ là côsin = tích vô hướng chia tích độ dài.

1Cách 1. Bình phương vô hướng

Định hướng. Từ $∣ a + b ∣^{2}$ rút $a \cdot b$ , rồi khai triển.

100 = 36 + 2 a \cdot b + 64

\Rightarrow

a \cdot b = 0

a \cdot (a + b) = a^{2} + a \cdot b = 36 + 0 = 36

cos (a, a + b) = \frac{36}{6 \cdot 10} = \frac{3}{5}

\Rightarrow

(a, a + b) \approx 5 3^{\circ} 7^{'} 48"

Vậy a) $a \cdot (a + b) = 36$ ; b) góc có côsin $\frac{3}{5}$ , xấp xỉ $5 3^{\circ} 7^{'} 48"$ .

2Cách 2. Tam giác vuông

Định hướng. Vẽ $O A = a$ , $A B = b$ thì $O B = a + b$ ; tam giác $O A B$ có ba cạnh $6$ , $8$ , $10$ .

O A^{2} + A B^{2} = 36 + 64 = 100 = O B^{2}

\Rightarrow

tam giác

O A B

vuông tại

A

(a, a + b) = A O B

cos A O B = \frac{O A}{O B} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}

a \cdot (a + b) = O A \cdot O B \cdot cos A O B = 6 \cdot 10 \cdot \frac{3}{5} = 36

Vậy $a \cdot (a + b) = 36$ , $(a, a + b) \approx 5 3^{\circ} 7^{'} 48"$ .

3Cách 3. Chọn toạ độ

Định hướng. Vì $a ⊥ b$ (bộ ba Pythagore), chọn hệ trục để $a$ , $b$ nằm trên hai trục.

a = (6; 0)

b = (0; 8)

\Rightarrow

a + b = (6; 8)

∣ a + b ∣ = 10

(khớp đề)

a \cdot (a + b) = 6 \cdot 6 + 0 \cdot 8 = 36

cos (a, a + b) = \frac{36}{6 \cdot 10} = \frac{3}{5}

Vậy $a \cdot (a + b) = 36$ , $cos (a, a + b) = \frac{3}{5}$ .

Nhận xét. Chọn $b = (0; - 8)$ cũng cho cùng kết quả, vì chỉ các đại lượng không phụ thuộc hệ trục được hỏi.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: bình phương một lần là có

a \cdot b = 0

, mọi thứ còn lại tính nhẩm.

Đáp số. a)

a \cdot (a + b) = 36

. b)

cos (a, a + b) = \frac{3}{5}

, góc xấp xỉ

5 3^{\circ} 7^{'} 48"

Sai lầm thường gặp. Viết

∣ a + b ∣ = ∣ a ∣ + ∣ b ∣ = 14

để "kiểm tra" rồi thấy mâu thuẫn — độ dài tổng không bằng tổng độ dài. Một lỗi khác: tính

a \cdot (a + b) = ∣ a ∣ \cdot ∣ a + b ∣ = 60

(quên côsin).

🚀 Mở rộng. Với cùng dữ kiện, tính góc giữa

b

và

a - b

(đáp số: côsin bằng

- \frac{4}{5}

Mở bài này trong app ↗

Bài 5 · 4.33★★★★Trang 65— Đẳng thức tích vô hướng — hình chiếu và trung điểm

Bài 4.33 (trang 65). Cho tam giác

A B C

không cân. Gọi

D

E

F

theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ

A

B

C

; gọi

M

N

P

tương ứng là trung điểm các cạnh

B C

C A

A B

. Chứng minh rằng

M D \cdot B C + N E \cdot C A + P F \cdot A B = 0

Kiến thức cần nhớ

$M D = M A + A D$ và $A D \cdot B C = 0$ .
$A M = \frac{1}{2} (A B + A C)$ .
$(u + v) \cdot (u - v) = u^{2} - v^{2}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Mỗi số hạng có dạng "trung điểm cạnh

\to

chân đường cao trên cạnh đó" nhân với chính cạnh đó. Vì

D A ⊥ B C

, có thể thay

M D

bởi

M A

mà tích không đổi; khi đó mỗi số hạng thành một hiệu bình phương hai cạnh, cộng vòng quanh thì triệt tiêu.

1Cách 1. Thay chân đường cao bằng đỉnh

Định hướng. Chứng minh bổ đề $M D \cdot B C = \frac{A B ^{2} - A C ^{2}}{2}$ rồi cộng vòng.

M D \cdot B C = (M A + A D) \cdot B C = M A \cdot B C

= - \frac{1}{2} (A B + A C) \cdot (A C - A B) = - \frac{1}{2} (A C^{2} - A B^{2}) = \frac{A B ^{2} - A C ^{2}}{2}

N E \cdot C A = \frac{B C ^{2} - B A ^{2}}{2}

P F \cdot A B = \frac{C A ^{2} - C B ^{2}}{2}

Tổng

= \frac{A B ^{2} - A C ^{2} + B C ^{2} - A B ^{2} + C A ^{2} - B C ^{2}}{2} = 0

Vậy $M D \cdot B C + N E \cdot C A + P F \cdot A B = 0$ .

2Cách 2. Toạ độ cho bổ đề

Định hướng. Chứng minh bổ đề bằng toạ độ với $B C$ nằm trên trục hoành, chân đường cao $D$ ở gốc.

D (0; 0)

B (p; 0)

C (q; 0)

A (0; h)

\Rightarrow

M (\frac{p + q}{2}; 0)

M D \cdot B C = - \frac{p + q}{2} \cdot (q - p) = \frac{p ^{2} - q ^{2}}{2}

A B^{2} - A C^{2} = (p^{2} + h^{2}) - (q^{2} + h^{2}) = p^{2} - q^{2}

\Rightarrow

M D \cdot B C = \frac{A B ^{2} - A C ^{2}}{2}

Cộng vòng ba bổ đề như Cách 1: tổng

= 0

Vậy đẳng thức được chứng minh.

3Cách 3. Qua trực tâm và tâm ngoại tiếp

Định hướng. Gọi $H$ là trực tâm, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp: $O H = O A + O B + O C$ . Vì $H D ⊥ B C$ nên thay $D$ bởi $H$ .

M D \cdot B C = M H \cdot B C

M H = O H - O M = O A + \frac{1}{2} (O B + O C)

M H \cdot B C = O A \cdot (O C - O B) + \frac{1}{2} (O C^{2} - O B^{2}) = O A \cdot O C - O A \cdot O B

Tương tự

N E \cdot C A = O B \cdot O A - O B \cdot O C

P F \cdot A B = O C \cdot O B - O C \cdot O A

Tổng

= 0

Vậy đẳng thức được chứng minh.

Nhận xét. Cách 3 dùng $O A = O B = O C$ để $O C^{2} - O B^{2} = 0$ ; giả thiết "không cân" chỉ để $D \neq = M$ , $E \neq = N$ , $F \neq = P$ — đẳng thức vẫn đúng với mọi tam giác.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: bổ đề hai dòng rồi cộng vòng, không cần hệ trục hay điểm phụ.

Đáp số. Đẳng thức đúng (mỗi số hạng bằng nửa hiệu bình phương hai cạnh, cộng vòng triệt tiêu).

Sai lầm thường gặp. Tính

M D \cdot B C = M D \cdot B C

(bỏ quên dấu):

M D

có thể cùng hướng hoặc ngược hướng

B C

tuỳ

A B

lớn hơn hay nhỏ hơn

A C

, nên phải giữ dấu — chính dấu đó làm tổng triệt tiêu.

🚀 Mở rộng. Từ bổ đề suy ra:

M \equiv D

khi và chỉ khi

A B = A C

— trung tuyến trùng đường cao đúng khi tam giác cân.

Mở bài này trong app ↗

Bài 6 · 4.34★★Trang 65— Tìm điểm tạo tam giác vuông, vuông cân

Bài 4.34 (trang 65). Trong mặt phẳng toạ độ

O x y

cho hai điểm

A (2; 1)

và

B (4; 3)

.
a) Tìm toạ độ của điểm

C

thuộc trục hoành sao cho tam giác

A B C

vuông tại

A

. Tính chu vi và diện tích của tam giác

A B C

.
b) Tìm toạ độ của điểm

D

sao cho tam giác

A B D

vuông cân tại

A

Kiến thức cần nhớ

$B A C = 9 0^{\circ}$ $\Leftrightarrow$ $A B \cdot A C = 0$ .
Vectơ vuông góc với $(a; b)$ , cùng độ dài: $(- b; a)$ hoặc $(b; - a)$ .
Tam giác vuông: $S = \frac{1}{2} \cdot$ tích hai cạnh góc vuông.

🧠 Phân tích tư duy

"Vuông tại

A

" dịch thành

A B \cdot A C = 0

, cộng với

C

thuộc

O x

là một phương trình một ẩn. "Vuông cân tại

A

" thêm

A D = A B

A D

là

A B

quay

9 0^{\circ}

, tức đổi chỗ toạ độ và đổi dấu một thành phần — có hai điểm

D

đối xứng qua

A

1Cách 1. Tích vô hướng

Định hướng. Đặt ẩn cho điểm cần tìm, dịch điều kiện vuông góc và bằng nhau thành phương trình.

C (x; 0)

A B = (2; 2)

A C = (x - 2; - 1)

2 (x - 2) - 2 = 0

\Rightarrow

x = 3

C (3; 0)

A B = 22

A C = 2

B C = 1 + 9 = 10

Chu vi

= 22 + 2 + 10 = 32 + 10

S = \frac{1}{2} \cdot 22 \cdot 2 = 2

D (x; y)

A D \cdot A B = 0

và

A D^{2} = A B^{2}

2 (x - 2) + 2 (y - 1) = 0

\Rightarrow

y - 1 = - (x - 2)

;

(x - 2)^{2} + (y - 1)^{2} = 8

\Rightarrow

2 (x - 2)^{2} = 8

x - 2 = \pm 2

\Rightarrow

D (4; - 1)

hoặc

D (0; 3)

Vậy a) $C (3; 0)$ , chu vi $32 + 10$ , diện tích $2$ ; b) $D (0; 3)$ hoặc $D (4; - 1)$ .

2Cách 2. Quay vectơ 90 độ

Định hướng. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $A B$ có vectơ chỉ phương $(1; - 1)$ ; điểm $D$ là $A$ cộng $A B$ đã quay $\pm 9 0^{\circ}$ .

C = A + t (1; - 1) = (2 + t; 1 - t)

C \in O x

\Rightarrow

1 - t = 0

\Rightarrow

t = 1

C (3; 0)

S = \frac{1}{2} A B \cdot A C = \frac{1}{2} \cdot 22 \cdot 2 = 2

A B = (2; 2)

quay

\pm 9 0^{\circ}

A D = (- 2; 2)

hoặc

A D = (2; - 2)

D (2 - 2; 1 + 2) = (0; 3)

hoặc

D (2 + 2; 1 - 2) = (4; - 1)

Vậy $C (3; 0)$ ; $D (0; 3)$ hoặc $D (4; - 1)$ .

3Cách 3. Định lí Pythagore

Định hướng. Góc $A$ vuông khi $A B^{2} + A C^{2} = B C^{2}$ ; vuông cân tại $A$ khi $A D = A B$ và $B D^{2} = 2 A B^{2}$ .

8 + (x - 2)^{2} + 1 = (x - 4)^{2} + 9

\Rightarrow

x^{2} - 4 x + 13 = x^{2} - 8 x + 25

\Rightarrow

x = 3

A D^{2} = A B^{2} = 8

B D^{2} = 16

(x - 2)^{2} + (y - 1)^{2} = 8

(x - 4)^{2} + (y - 3)^{2} = 16

x^{2} + y^{2} - 4 x - 2 y = 3

x^{2} + y^{2} - 8 x - 6 y = - 9

\Rightarrow

4 x + 4 y = 12

\Rightarrow

x + y = 3

(x - 2)^{2} + (2 - x)^{2} = 8

\Rightarrow

x = 0

hoặc

x = 4

D (0; 3)

hoặc

D (4; - 1)

Vậy $C (3; 0)$ ; $D (0; 3)$ hoặc $D (4; - 1)$ .

Nhận xét. Ba cách đều cho hai điểm $D$ đối xứng nhau qua $A$ — đúng như hình: có hai phía để dựng tam giác vuông cân trên cạnh $A B$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: quay vectơ

9 0^{\circ}

bằng cách đổi chỗ toạ độ, đổi dấu một thành phần — ra ngay hai điểm

D

Đáp số. a)

C (3; 0)

; chu vi

32 + 10

; diện tích

2

. b)

D (0; 3)

hoặc

D (4; - 1)

Sai lầm thường gặp. Chỉ tìm một điểm

D

: bỏ sót nghiệm đối xứng qua

A

. Ở ý a hay lấy nhầm

B A \cdot B C = 0

(vuông tại

B

) ra

C (7; 0)

🚀 Mở rộng. Tìm

C

thuộc trục hoành để tam giác

A B C

vuông tại

C

: đường tròn đường kính

A B

có tâm

(3; 2)

, bán kính

2 < 2

nên không cắt

O x

— không có điểm

C

nào.

Mở bài này trong app ↗

Bài 7 · 4.35★★★Trang 65— Tìm đỉnh hình vuông biết hai đỉnh đối diện

Bài 4.35 (trang 65). Trong mặt phẳng toạ độ

O x y

cho hai điểm

A (1; 4)

và

C (9; 2)

là hai đỉnh của hình vuông

A B C D

. Tìm toạ độ các đỉnh

B

D

, biết rằng tung độ của

B

là một số âm.

Kiến thức cần nhớ

Hai đường chéo hình vuông bằng nhau, vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Vectơ $(a; b)$ quay $\pm 9 0^{\circ}$ được $(- b; a)$ , $(b; - a)$ .
$A B C = 9 0^{\circ}$ $\Leftrightarrow$ $B A \cdot B C = 0$ .

🧠 Phân tích tư duy

A

C

là hai đỉnh đối diện (thứ tự

A B C D

), nên

B

D

nằm trên trung trực của

A C

, cách tâm

I

một khoảng

I A

. Nói bằng vectơ:

I B

I D

là

I A

quay

\pm 9 0^{\circ}

. Điều kiện tung độ âm dùng để gán tên

B

D

1Cách 1. Quay vectơ quanh tâm

Định hướng. Tâm $I$ là trung điểm $A C$ ; $I B$ , $I D$ vuông góc với $I A$ và cùng độ dài.

I (5; 3)

I A = (- 4; 1)

I A

quay

\pm 9 0^{\circ}

(- 1; - 4)

hoặc

(1; 4)

I + (- 1; - 4) = (4; - 1)

I + (1; 4) = (6; 7)

y_{B} < 0

\Rightarrow

B (4; - 1)

D (6; 7)

Vậy $B (4; - 1)$ , $D (6; 7)$ .

2Cách 2. Hệ tích vô hướng và độ dài

Định hướng. Đặt $B (x; y)$ : góc $B$ vuông và $B A = B C$ .

B A^{2} = B C^{2}

(x - 1)^{2} + (y - 4)^{2} = (x - 9)^{2} + (y - 2)^{2}

\Rightarrow

16 x - 4 y - 68 = 0

\Rightarrow

y = 4 x - 17

B A \cdot B C = 0

(1 - x) (9 - x) + (4 - y) (2 - y) = 0

\Rightarrow

x^{2} - 10 x + 9 + y^{2} - 6 y + 8 = 0

thay

y = 4 x - 17

17 x^{2} - 170 x + 408 = 0

\Rightarrow

x^{2} - 10 x + 24 = 0

\Rightarrow

x = 4

hoặc

x = 6

x = 4

y = - 1 < 0

(nhận);

x = 6

y = 7

(loại)

A D = B C

\Rightarrow

D = A + C - B = (1 + 9 - 4; 4 + 2 + 1) = (6; 7)

Vậy $B (4; - 1)$ , $D (6; 7)$ .

3Cách 3. Tham số hoá trung trực

Định hướng. $B$ thuộc trung trực của $A C$ (qua $I$ , vuông góc $A C = (8; - 2)$ ) và $I B = I A$ .

vectơ chỉ phương trung trực:

(1; 4)

\Rightarrow

B (5 + t; 3 + 4 t)

I B^{2} = I A^{2}

t^{2} + 16 t^{2} = 16 + 1

\Rightarrow

t^{2} = 1

\Rightarrow

t = \pm 1

y_{B} = 3 + 4 t < 0

\Rightarrow

t = - 1

\Rightarrow

B (4; - 1)

D (6; 7)

(ứng với

t = 1

)

Vậy $B (4; - 1)$ , $D (6; 7)$ .

Nhận xét. Kiểm tra: $A B = (3; - 5)$ , $A D = (5; 3)$ vuông góc và cùng độ dài $34$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: tâm

I

rồi quay vectơ

9 0^{\circ}

, bốn dòng ra cả

B

lẫn

D

Đáp số.

B (4; - 1)

D (6; 7)

Sai lầm thường gặp. Coi

A

C

là hai đỉnh kề nhau (cạnh

A C

) — sai, trong hình vuông

A B C D

thì

A

C

đối diện. Tìm được

B

rồi lấy

D

đối xứng

B

qua

A

thay vì qua

I

cũng là lỗi hay gặp.

🚀 Mở rộng. Nếu đề đổi thành "

A

B

là hai đỉnh kề nhau" thì có hai hình vuông, mỗi hình ứng với một chiều quay của

A B

Mở bài này trong app ↗

Bài 8 · 4.36★★★Trang 66— Điểm cách đều hai điểm; cực trị độ dài vectơ tổng

Bài 4.36 (trang 66). Trong mặt phẳng toạ độ

O x y

cho hai điểm

A (1; 1)

và

B (7; 5)

.
a) Tìm toạ độ của điểm

C

thuộc trục hoành sao cho

C

cách đều

A

và

B

.
b) Tìm toạ độ của điểm

D

thuộc trục tung sao cho vectơ

D A + D B

có độ dài ngắn nhất.

Kiến thức cần nhớ

$C A = C B$ $\Leftrightarrow$ $C$ thuộc trung trực của $A B$ $\Leftrightarrow$ $M C \cdot A B = 0$ ( $M$ trung điểm $A B$ ).
$D A + D B = 2 D M$ .
Đường vuông góc ngắn hơn mọi đường xiên.

🧠 Phân tích tư duy

Ý a: "cách đều

A

B

" nghĩa là

C

thuộc trung trực của

A B

— một phương trình. Ý b: tổng hai vectơ chung điểm đầu

D

gom về trung điểm

M

của

A B

D A + D B = 2 D M

, nên chỉ cần

D M

nhỏ nhất —

D

là hình chiếu của

M

trên

O y

1Cách 1. Toạ độ trực tiếp

Định hướng. Đặt ẩn, viết độ dài theo toạ độ; ý b đưa về giá trị nhỏ nhất của một biểu thức bậc hai.

C (x; 0)

C A^{2} = C B^{2}

\Rightarrow

(x - 1)^{2} + 1 = (x - 7)^{2} + 25

\Rightarrow

12 x = 72

\Rightarrow

x = 6

D (0; y)

D A + D B = (1; 1 - y) + (7; 5 - y) = (8; 6 - 2 y)

∣ D A + D B ∣ = 64 + (6 - 2 y)^{2} \geq 8

, dấu bằng khi

y = 3

Vậy a) $C (6; 0)$ ; b) $D (0; 3)$ , độ dài nhỏ nhất bằng $8$ .

2Cách 2. Trung trực và trung điểm

Định hướng. Dùng tính chất hình học: trung trực cho ý a, quy tắc trung điểm cho ý b.

M (4; 3)

A B = (6; 4)

M C = (x - 4; - 3)

6 (x - 4) - 12 = 0

\Rightarrow

x = 6

D A + D B = 2 D M

\Rightarrow

∣ D A + D B ∣ = 2 D M

D M

nhỏ nhất khi

D

là hình chiếu của

M (4; 3)

trên

O y

\Rightarrow

D (0; 3)

2 D M = 8

Vậy $C (6; 0)$ , $D (0; 3)$ .

3Cách 3. Tham số hoá trung trực

Định hướng. Đi từ trung điểm $M$ theo vectơ vuông góc với $A B$ cho tới khi gặp trục hoành.

a) vectơ vuông góc với

(6; 4)

(2; - 3)

\Rightarrow

C = M + t (2; - 3) = (4 + 2 t; 3 - 3 t)

C \in O x

\Rightarrow

3 - 3 t = 0

\Rightarrow

t = 1

\Rightarrow

C (6; 0)

∣2 D M ∣^{2} = 4 [16 + (3 - y)^{2}] \geq 64

, dấu bằng khi

y = 3

\Rightarrow

D (0; 3)

Vậy $C (6; 0)$ , $D (0; 3)$ .

Nhận xét. Kiểm tra: $C A = C B = 26$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: ý b gom tổng về

2 D M

là thấy ngay hình chiếu, không cần khảo sát biểu thức.

Đáp số. a)

C (6; 0)

. b)

D (0; 3)

(khi đó

∣ D A + D B ∣ = 8

nhỏ nhất).

Sai lầm thường gặp. Ở ý b tìm

D

để

D A + D B

nhỏ nhất (tổng độ dài) — bài toán khác, đáp số khác. Đề hỏi độ dài của vectơ tổng:

∣ D A + D B ∣ \neq = D A + D B

🚀 Mở rộng. Tìm

D

thuộc

O y

để

D A + D B

nhỏ nhất: lấy

A^{'} (- 1; 1)

đối xứng

A

qua

O y

D

là giao của

A^{'} B

với

O y

, được

D (0; \frac{3}{2})

Mở bài này trong app ↗

Bài 9 · 4.37★★★Trang 66— Trọng tâm, trực tâm, tâm ngoại tiếp bằng toạ độ

Bài 4.37 (trang 66). Trong mặt phẳng toạ độ

O x y

cho ba điểm

A (- 3; 2)

B (1; 5)

và

C (3; - 1)

.
a) Chứng minh rằng

A

B

C

là ba đỉnh của một tam giác. Tìm toạ độ trọng tâm

G

của tam giác ấy.
b) Tìm toạ độ trực tâm

H

của tam giác

A B C

.
c) Gọi

I

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

A B C

. Tìm toạ độ của

I

Kiến thức cần nhớ

$A$ , $B$ , $C$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ $A B$ , $A C$ cùng phương.
$G (\frac{x _{A} + x _{B} + x _{C}}{3}; \frac{y _{A} + y _{B} + y _{C}}{3})$ .
$I H = I A + I B + I C = 3 I G$ .

🧠 Phân tích tư duy

Ba điểm tạo tam giác khi

A B

A C

không cùng phương. Trực tâm: hai điều kiện tích vô hướng bằng

0

. Tâm ngoại tiếp:

I A = I B = I C

, hoặc nhanh hơn — một khi có

G

và

H

, dùng hệ thức Euler

I H = 3 I G

1Cách 1. Hệ phương trình tích vô hướng và khoảng cách

Định hướng. Trực tâm: $B H ⊥ A C$ , $C H ⊥ A B$ . Tâm ngoại tiếp: $I A^{2} = I B^{2} = I C^{2}$ .

A B = (4; 3)

A C = (6; - 3)

\frac{4}{6} \neq = \frac{3}{- 3}

\Rightarrow

không cùng phương;

G (\frac{1}{3}; 2)

B H \cdot A C = 0

6 (x - 1) - 3 (y - 5) = 0

\Rightarrow

2 x - y = - 3

C H \cdot A B = 0

4 (x - 3) + 3 (y + 1) = 0

\Rightarrow

4 x + 3 y = 9

\Rightarrow

x = 0

y = 3

I A^{2} = I B^{2}

(x + 3)^{2} + (y - 2)^{2} = (x - 1)^{2} + (y - 5)^{2}

\Rightarrow

8 x + 6 y = 13

I A^{2} = I C^{2}

(x + 3)^{2} + (y - 2)^{2} = (x - 3)^{2} + (y + 1)^{2}

\Rightarrow

12 x - 6 y = - 3

\Rightarrow

20 x = 10

\Rightarrow

x = \frac{1}{2}

y = \frac{3}{2}

Vậy $G (\frac{1}{3}; 2)$ , $H (0; 3)$ , $I (\frac{1}{2}; \frac{3}{2})$ .

2Cách 2. Hệ thức Euler

Định hướng. Có $G$ , $H$ rồi thì $I H = 3 I G$ cho $I = \frac{3 G - H}{2}$ theo toạ độ.

3 I G = I H

\Rightarrow

3 (G - I) = H - I

\Rightarrow

I = \frac{3 G - H}{2}

x_{I} = \frac{3 \cdot \frac{1}{3} - 0}{2} = \frac{1}{2}

y_{I} = \frac{3 \cdot 2 - 3}{2} = \frac{3}{2}

kiểm tra:

I A^{2} = \frac{49}{4} + \frac{1}{4} = \frac{25}{2}

I B^{2} = \frac{1}{4} + \frac{49}{4} = \frac{25}{2}

I C^{2} = \frac{25}{4} + \frac{25}{4} = \frac{25}{2}

Vậy $I (\frac{1}{2}; \frac{3}{2})$ (với $H (0; 3)$ từ Cách 1).

3Cách 3. Tìm I trước, suy ra H

Định hướng. Tâm ngoại tiếp là giao hai trung trực (dạng tích vô hướng với trung điểm), rồi $H = A + B + C - 2 I$ .

Trung điểm

A B

(- 1; \frac{7}{2})

;

(x + 1; y - \frac{7}{2}) \cdot (4; 3) = 0

\Rightarrow

8 x + 6 y = 13

Trung điểm

A C

(0; \frac{1}{2})

;

(x; y - \frac{1}{2}) \cdot (6; - 3) = 0

\Rightarrow

2 x - y = - \frac{1}{2}

\Rightarrow

I (\frac{1}{2}; \frac{3}{2})

H = A + B + C - 2 I = (- 3 + 1 + 3 - 1; 2 + 5 - 1 - 3) = (0; 3)

Vậy $I (\frac{1}{2}; \frac{3}{2})$ , $H (0; 3)$ .

Nhận xét. Ba điểm $I$ , $G$ , $H$ thẳng hàng trên đường thẳng Euler với $I H = 3 I G$ : $(- \frac{1}{2}; \frac{3}{2}) = 3 (- \frac{1}{6}; \frac{1}{2})$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi: tìm

H

bằng hệ hai tích vô hướng (Cách 1), rồi lấy

I

bằng hệ thức Euler (Cách 2) — không phải giải hệ thứ hai.

Đáp số. a)

A B

A C

không cùng phương;

G (\frac{1}{3}; 2)

. b)

H (0; 3)

. c)

I (\frac{1}{2}; \frac{3}{2})

Sai lầm thường gặp. Nhầm hệ thức Euler thành

I G = 3 I H

hoặc lấy

H = A + B + C - I

(thiếu hệ số

2

) sẽ ra

I

sai; luôn kiểm tra lại

I A = I B = I C

🚀 Mở rộng. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp (lớp 10, chương VII):

(x - \frac{1}{2})^{2} + (y - \frac{3}{2})^{2} = \frac{25}{2}

Mở bài này trong app ↗

Bài 10 · 4.38★★Trang 66— Công của lực — tính phân phối của tích vô hướng

Bài 4.38 (trang 66). Cho ba điểm

M

N

P

. Nếu một lực

F

không đổi tác động lên một chất điểm trong suốt quá trình chuyển động của chất điểm, thì các công sinh bởi lực

F

trong hai trường hợp sau có mối quan hệ gì với nhau?
a) Chất điểm chuyển động theo đường gấp khúc từ

M

đến

N

rồi tiếp tục từ

N

đến

P

.
b) Chất điểm chuyển động thẳng từ

M

đến

P

Kiến thức cần nhớ

Công của lực $F$ trên độ dời $M N$ : $A = F \cdot M N$ .
$F \cdot u + F \cdot v = F \cdot (u + v)$ .
$M N + N P = M P$ .

🧠 Phân tích tư duy

Công của lực không đổi trên một đoạn thẳng là tích vô hướng của lực với vectơ độ dời. Đường gấp khúc gồm hai đoạn nên công là tổng hai tích vô hướng — tính phân phối cùng quy tắc ba điểm

M N + N P = M P

trả lời ngay.

1Cách 1. Phân phối + quy tắc ba điểm

Định hướng. Cộng công trên từng đoạn rồi gom tích vô hướng.

A_{1} = F \cdot M N + F \cdot N P = F \cdot (M N + N P) = F \cdot M P

A_{2} = F \cdot M P

A_{1} = A_{2}

Vậy công sinh bởi $F$ trong hai trường hợp bằng nhau.

2Cách 2. Toạ độ

Định hướng. Gắn hệ trục, $F = (a; b)$ , ba điểm có toạ độ bất kì.

M (x_{1}; y_{1})

N (x_{2}; y_{2})

P (x_{3}; y_{3})

A_{1} = a (x_{2} - x_{1}) + b (y_{2} - y_{1}) + a (x_{3} - x_{2}) + b (y_{3} - y_{2}) = a (x_{3} - x_{1}) + b (y_{3} - y_{1})

A_{2} = F \cdot M P = a (x_{3} - x_{1}) + b (y_{3} - y_{1}) = A_{1}

Vậy $A_{1} = A_{2}$ .

3Cách 3. Hình chiếu lên phương của lực

Định hướng. Công bằng $∣ F ∣$ nhân độ dài đại số hình chiếu của độ dời lên phương của $F$ .

gọi

M^{'}

N^{'}

P^{'}

là hình chiếu của

M

N

P

lên trục có hướng của

F

A_{1} = ∣ F ∣ \cdot \overline{M^{'} N^{'}} + ∣ F ∣ \cdot \overline{N^{'} P^{'}} = ∣ F ∣ \cdot \overline{M^{'} P^{'}}

(hệ thức Sa-lơ)

A_{2} = ∣ F ∣ \cdot \overline{M^{'} P^{'}} = A_{1}

Vậy $A_{1} = A_{2}$ .

Nhận xét. Công của lực không đổi chỉ phụ thuộc điểm đầu và điểm cuối, không phụ thuộc đường đi — trọng lực là ví dụ quen thuộc.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: một dòng phân phối là xong, đúng tinh thần mục 3 của bài học.

Đáp số. Hai công bằng nhau:

A_{1} = A_{2} = F \cdot M P

Sai lầm thường gặp. Cho rằng đường gấp khúc dài hơn nên công lớn hơn (

M N + N P > M P

) — nhầm công với tích độ lớn lực và quãng đường. Công là tích vô hướng với vectơ độ dời, không phải với quãng đường.

🚀 Mở rộng. Tổng quát: với đường gấp khúc

M_{1} M_{2} \dots M_{n}

bất kì, công của lực không đổi bằng

F \cdot M_{1} M_{n}

Mở bài này trong app ↗