Kiến thức chương 2 hình học toán 10 tích vô hướng của hai vectơ

với p là nửa chu vi tam giác, r bán kính đ-ờng tròn nội tiếp... M là điểm tuỳ ý trên đ-ờng tròn nội tiếp hình vuông và N là điểm tuỳ ý trên cạnh BC... Gọi M là trung điể BC và G là trọn

ch-ơng 2  tích vô h-ớng của hai vectơ

và ứng dụng

A Kiến thức cần nhớ

I giá trị l-ợng giác của một góc bất kì

1. định nghĩa

Với mỗi góc  (00   1800), ta xác định điểm M trên nửa đ-ờng tròn đơn vị sao

cho MOx =  Giả sử điểm M có toạ độ (x, y) Khi đó:

 Tung độ y của điểm M gọi là sin của góc , kí hiệu là sin

 Hoành độ x của điểm M gọi là côsin của góc , kí hiệu là cos

(với y  0) gọi là côtang của góc , kí hiệu là cot

Các số sin, cos, tan, cot gọi là các giá trị l-ợng giác của góc 

Ta có:

sin = y, cos = x, tan =

x

y =



cos

sin, cot =

y

x =



sin

cos

Giá trị l-ợng giác của hai góc bù nhau

2 2

1  3 ||

và cot =



sin

cos

II tích vô h-ớng của hai vectơ

1. góc giữa hai vectơ

Cho hai vectơ a

và b ( a, b

 0 ) Từ điểm O nào đó, ta vẽ các vectơ OA = a

và b

Ta thấy ngay việc xác định góc giữa hai vectơ không phụ thuộc vào việc chọn điểm

O, do đó góc giữa hai vectơ a

và b

đ-ợc kí hiệu là ( a

, b

)

2. Định nghĩa tích vô h-ớng của hai vectơ

Định nghĩa : Tích vô h-ớng của hai vectơ a

.b

.cos( a, b

Tính chất 1: (Tính chất giao hoán): a

b = b a

Tính chất 2: (Tính chất phân phối): a

.( b + c ) = a

b + a c

Tính chất 3: m( a

) b = m( a

b)

4. biểu thức toạ độ của tích vô h-ớng

cos =

2 2 2 1 2 2 2 1

2 2 1 1

bb.aa

b.ab.a







III hệ thức l-ợng trong tam giác

1. Định lí côsin trong tam giác

b = Csin

c = 2R, trong đó R là bán kính đ-ờng tròn ngoại tiếp ABC

3. Tổng bình ph-ơng hai cạnh và độ dài đ-ờng trung tuyến của tam giác

Trong ABC có AB = c, BC = a, CA = b và các đ-ờng trung tuyến t-ơng ứng là

ma, mb, mc, ta có:

b2 + c2 = 2m + 2a

2

a2, c2 + a2 = 2m + 2b

2

b2, a2 + b2 = 2m + 2c

2

c2

4. diện tích tam giác

Trong ABC có AB = c, BC = a, CA = b và các đ-ờng cao t-ơng ứng là ha, hb, hc,

2

1absinC =

R4abc

S = pr = p(pa)(pb)(pc)

với p là nửa chu vi tam giác, r bán kính đ-ờng tròn nội tiếp)

B Ph-ơng pháp giải các dạng toán liên quan

Đ 1 G iá trị l-ợng giác của một góc bất kì

Thí dụ 1 Tính giá trị của biểu thức A = 4sin4

1350 + 3cos3

15003cot2

1200

9

Thí dụ 2 Tính giá trị của biểu thức:

0 2

0 3

0 2

60atg20cos.b150gcot.a

150cos.ab2135sin.2b180sin.a

2

3.ab22

2.2

3ab

)b3a(

b2



 = b2

105tan

1 = 

32

1

 = 32, cos105o

75tan1

3

1 Khi đó, từ:

tan105o

0

105cos

105sin  sin105o

= tan105o

.cos105o

= (2 3 )

22

3

1 = 22

1

3

1 =

32

1

 = 2 3 , sin150

= sin(900750

) = cos75o

= 22

1

3, cot15o = 0

0

15sin

15cos  cos15o = cot15o.sin15o = (2 + 3 )

22

1

3 = 22

1

3

Thí dụ 4 Cho góc x với cosx =

(1)  P = 2 sin2 + 1 = 2

9

8 + 1 =

9

25

Thí dụ 5 Tính tổng S = cos100 + cos300 + + cos1500 + cos1700

) + (cos700cos700

) = 0

Thí dụ 6 Cho hình vuông ABCD Tính cos(AC, BA), sin(AC, BD), cos(AB, CD)

Đ 2 T ích vô h-ớng của hai vectơ

Dạng toán 1: Tính tích vô h-ớng của hai vectơ

Ph-ơng pháp thực hiện

Ta lựa chọn một trong các cách sau:

Cách 1: Sử dụng định nghĩa bằng cách đ-a hai vectơ a, b về cùng gốc để xác

định đ-ợc góc  = (a, b), từ đó:

a.b = a.b.cos

Cách 2: Sử dụng các tính chất và các hằng đẳng thức của tích vô h-ớng 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

Cách 4: Sử dụng biểu thức toạ độ

Thí dụ 1 Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O M là điểm tuỳ ý trên đ-ờng tròn

nội tiếp hình vuông và N là điểm tuỳ ý trên cạnh BC Tính:

b Nhận xét rằng B là hình chiếu vuông góc của N lên AB, do đó:

 Chú ý: Với các bài toán có điều kiện, chúng ta cần vận dụng linh hoạt điều kiện

dể nhận đ-ợc biểu thức cần dùng, cụ thể giả sử bài toán yêu cầu tính:

A = (1a + 1b)(2a + 2b) biết rằng a = a, b = b và a + b = c, khi đó ta hiểu rằng:

A = 12a2 + 12b2 + (12 + 21)a.b

= 12a2 + 12b2 + (12 + 21)a.b Nh- vậy từ giả thiết ta cần nhận đ-ợc giá trị của tích a.b, để có đ-ợc nó ta sử dụng:

O

N M

Thí dụ 2 Cho ABC có các cạnh bằng a, b, c

a Tính AB.AC theo a, b, c, từ đó suy ra:

AB.BC + BC.CA + CA AB

b Gọi M là trung điể BC và G là trọng tâmABC, tính độ dài AM từ

đó suy ra độ dài AG và cosin góc nhọn tạo bởi AG và BC

c Gọi  là góc nhọn tạo bởi AG và BC, khi đó:

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

12c 2b a a3

Dạng 1: Với các biểu thức về tích vô h-ớng ta sử dụng định nghĩa hoặc tính chất

của tích vô h-ớng, cần đặc biệt l-u ý phép phân tích vectơ để biến đổi

Dạng 2: Với các biểu thức về độ dài ta th-ớng sử dụng AB2

= AB2

Thí dụ 3 Cho nửa đ-ờng tròn tâm O có đ-ờng kính AB = 2R Gọi M và N là hai

điểm thuộc nửa đ-ờng tròn sao cho hai dây cùng AM và BN cắt nhau tại I

a Chứng minh: AI.AM = AI.AB và BI.BM = BI.BA

b Hãy dùng câu a) để tính AI.AM + BI.BM theo R

 Giải

a Ta có:

AI và AM cùng h-ớng nên (AI, AM) = 00  AI.AM = AI.AM (1) Lại có:

AI.AB = AI.AB.cos(AI,AB), AB cos(AI,AB) = AM

Suy ra AI.AM = AI.AB

Thí dụ 4 Cho MM1là đ-ờng kính bất kỳ của đ-ờng 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 h-ớng AM.AM1 có giá trị không phụ thuộc M

b Chứng minh rằng tích AM.AN có giá trị không phụ thuộc M

Thí dụ 5 Cho nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính AB Có AC, BD là hai dây thuộc nửa

đ-ờng tròn, cắt nhau tại E Chứng minh rằng:

a.b.cos(a,b) = 0 

a 0

b 0cos(a, b) 0

Ngoài ra, ta còn sử dụng các tính chất của tích vô h-ớng

 Chú ý: Nếu a(a1, a2) và b(b1, b2) thì điều kiện ab  a1.b1 + a2.b2 = 0

Thí dụ 1 Cho bốn điểm A, B, C, D Chứng minh rằng ABCD khi và chỉ khi:

= AB(AC + BC) + BA(BD + AD)

= AB(AC + BCBDAD) = AB.DC

 AB  CD

Thí dụ 2 Cho ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm BC Lấy các điểm B1, C1 trên

AB và AC sao cho AB.AB1 = AC.AC1 Chứng minh rằng AM  B1C1

Thí dụ 3 Cho hình thang vuông ABCD, hai đáy AD = a, BC = b, đ-ờng cao AB = h

Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h sao cho:

a BDCI, với I là trung điểm của AB

rồi thực hiện 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

từ đó đ-a ra lời kết luận cho bài toán

Thí dụ 1 Cho ABC vuông, có cạnh huyển BC = a 3, M là trung điểm BC Biết

Giải hệ ph-ơng trình tạo bởi (1), (2), ta đ-ợc AB = a 2, AC = a

Thí dụ 2 Cho hình bình hành ABCD, biết rằng với mọi điểm M luôn có:

Dạng 2: MA.MB = k, với A, B cố định và k không đổi Khi đó:

 Gọi I là trung điểm AB, ta đ-ợc:

k = MA.MB = (MI + IA).(MI + IB) = (MI + IA).(MIIA) = MI2IA2

i 1 



  0 và

k không đổi

i 1 



 MK = MK, với  =

n i

 Vậy điểm M thuộc đ-ờng thẳng vuông góc với BC tại M0

Đặc biệt khi k = 0 thì M thuộc đ-ờng thẳng qua A vuông góc với BC

Thí dụ 1 Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng Tìm tập hợp những điểm M sao

trong đó G là trọng tâm ABC, và gọi M0, G0 theo thứ tự là

hình chiếu vuông góc của M, G lên BC, ta đ-ợc:

3M G0 0.BC = a2 M G0 0 = a

3

do G0 cố định nên M0 cố định

Vậy điểm M thuộc đ-ờng thẳng vuông góc với BC tại M0

Thí dụ 2 Cho ABC Tìm tập hợp những điểm M, sao cho MA2MB2

 Nhận xét: Thông qua ví dụ trên, chúng ta đã biết cách giải bài toán:

Trong tr-ờng hợp  +  0, ta thực hiện theo các b-ớc:

 Với l > 0, thì M thuộc đ-ờng tròn tâm I, bán kính R = l

Thí dụ 3 ChoABC Tìm tập hợp những điểm M, sao cho:

Dựng vectơ v = 2AB + AC và gọi M0, O0 theo thứ tự là hình

chiếu vuông góc của M, O lên đ-ờng thẳng chứa vectơ v, ta đ-ợc:

Vậy M thuộc đ-ờng thẳng qua M0 vuông góc với v

 Nhận xét: Thông qua ví dụ trên, chúng ta đã biết cách giải bài toán:

Trong tr-ờng hợp  +  +  0, ta thực hiện theo các b-ớc:

IA + IB + IC = 0 Khi đó tồn tại duy nhất một điểm I cố định

 Với l > 0, thì M thuộc đ-ờng tròn tâm I, bán kính R = l

 Chú ý: Với yêu cầu tìm cực trị, ta sử dụng tích vô h-ớng biến đổi biểu thức

cần tìm cực trị về biểu thức độ dài, thí dụ:

S = MI2

+ c, với c là hằng số và I cố định

Khi đó SMin = c, đạt đ-ợc khi MI = 0  M  I

Thí dụ 4 Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm tuỳ ý

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

=OA2 + OM2 + OB2OM2 = OB2 OA2 (2) Thay (2) vào (1), ta đ-ợc:

 M là hình chiếu vuông góc của D lên (d)

Dạng toán 6: Sử dụng biểu thức toạ độ của tích vô h-ớng

 Chú ý: Bài toán trên cũng có thể giải bằng tích vô h-ớng thuần tuý, cụ thể:

Từ giải thiết, suy ra:

c Tìm toạ độ chân đ-ờng cao A1của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 đ-ờng tròn ngoại tiếp ABC, từ đó chứng minh rằng I, H, G thẳng hàng

§ 3 H Ö thøc l-îng trong tam gi¸c

D¹ng to¸n 1: Gi¶i tam gi¸c

Ph-¬ng ph¸p thùc hiÖn

Sö dông c¸c hÖ thøc trong tam gi¸c

ThÝ dô 1 Cho ABC, biÕt a = 6, b = 2, c = 3 + 1 TÝnh c¸c gãc A, B, C vµ

®-êng cao ha cña tam gi¸c

 Gi¶i

Trong ABC, ta cã:

cosA =

bc2

ac

b2  2  2

= 2

1  A = 600

; cosB =

ac2

bc

a2  2  2

= 2

2  B = 450

MÆt kh¸c trong ABC, ta cã:

a

Asin.bc

= 2

1

3

ThÝ dô 2 Cho ABC c©n t¹i A §-êng cao BH = a, ABC

= 

a TÝnh c¸c c¹nh vµ ®-êng cao cßn l¹i

b TÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn néi tiÕp vµ ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC

BH =

sin

a Trong KAB, ta ®-îc:

cos =

AB

BK  AB =

cos

BK =

cos2

BC =



.cossin2

a

.sin =

cos2

a

b Ta cã:

AC = 2R.sinB  R =

Bsin2

AC =

 

sin2

cos.sin2

a

=



.cossin

)CABCAB(21

AC.BH21





=

)cos1(2

ThÝ dô 3 Cho ABC, biÕt b = 7, c = 5, cosA =

a

Asin.c.b

Thay (2), (3) vµo (1), ta ®-îc ha =

2

27

Ta cã:

R =

Asin2

a = 5

4.2

24 = 2

25

ThÝ dô 4 Cho ABC cã AB = 3, AC = 4 vµ diÖn tÝch S = 3 3 TÝnh BC

120A

60A

ThÝ dô 5 Cho hai ®-êng trßn (I1), (I2) cã b¸n kÝnh b»ng 2, 8 tiÕp xóc trong víi

nhau t¹i A Nöa ®-êng th¼ng vu«ng gãc víi I1I2 c¾t (I1), (I2) theo thø tù

t¹i B, C TÝnh b¸n kÝnh ®-êng trßn ngo¹i tiÕp ABC

 Gi¶i

Trong ABC, ta cã R =

BCAsin2

AH = AH4

AH = 4

AH

Thay (2), (4) vào (1), ta đ-ợc R = 4

Dạng toán 2: Chứng minh tính chất của tam giác

Thí dụ 1 Cho ABC có a4 = b4 + c4 Chứng minh ABC nhọn

BA

Do đó để chứng minh ABC nhọn, ta chỉ cần chứng minh góc A nhọn

bp)(

ap

= c2ABC là vuông tại C

Thí dụ 3 Cho ABC nhọn, đ-ờng cao AH và trung tuyến BE thoả mãn AH = BE

a Dựng EE1//AH, trong E1BE, ta có:

sinCBE

= sinE1BE

= EB

EE1 = EB2

AH = 2

EE2 = EB2

CF

EB2

AH = 2

1

 CBE

 300

Suy ra

điều kiện là dấu “ = ” xảy ra tại (1)

 AH = CF ABC cân

Ngoài ra ta có B = 600

do đó ABC đều

Dạng toán 3: Chứng minh các hệ thức trong tam giác

Thí dụ 1 Cho ABC, cạnh a, b, c và A = 600

Thí dụ 2 Cho hai ABC và DEF cùng nội tiếp trong đ-ờng tròn (C) và có:

Chứng minh rằng hai ABC và DEF có cùng chu vi

a + R2

b + R2

c = R

d + R2

e + R2

f = R

pDEF  p ABC = p DEF, đpcm

A

B

C E

H

E1

F

E2

Thí dụ 3 Cho ABC không cân tại đỉnh A, trung tuyến BD và CE, có các cạnh a,

bc( 2  2 2  2  2

b AB.CE = AC.BD  b2

+ c2 = 2a2

2

AB2) = 2

1( b2 + c2

2

c2)

BD2

=

2

1(BA2

+ BC2

2

AC2) = 2

1( a2

+ c2

2

b2)

AB2

.CE2 AC 2BD2

= 4

1[2(c2b2

) a2

+ b4c4

] = 4

1( b2c2

Thí dụ 4 Cho ABC vuông tại A; AH là đ-ờng cao HE, HF lần l-ợt là các

đ-ờng cao của AHB, AHC Chứng minh rằng:

a BC2

= 3AH2

+ BE2 + CF2

BH4 = BC

CH4 = BC

3

BC

CH =

3

BC

BC = 3 BC

C

B

A D

AB2 = 2MI2

+ 2

a2 (*) Thay (*) vào hệ thức ban đầu, ta đ-ợc:

2MI2

+

2

a2 = 2

a

5 2  MI2

= a2 MI = a

Vậy tập hợp điểm M thuộc đ-ờng tròn tâm I, bán kính R = a

b Gọi I là trung điểm AB và H là hình chiếu vuông góc

Vậy tập hợp điểm M thuộc đ-ờng thẳng (d) qua H và vuông góc với AB

Thí dụ 2 Cho đ-ờng tròn (O), A là điểm cố định trên (O), còn B là điểm di động

trên (O) Các tiếp tuyến của (O) tại A và B cắt nhau tại C Tìm tập hợp tâm đ-ờng tròn nội tiếp ABC

 Giải

Gọi I là giao điểm của OC với (O), ta có ngay AI là phân

giác góc A, từ đó suy ra I là tâm đ-ờng tròn nội tiếp ABC

Vậy tập hợp tâm I thuộc đ-ờng tròn (C), ngoại trừ bốn điểm

A, A1, A2, trong đó A1A2 là đ-ờng kính vuông góc với OA

C Các bài toán chọn lọc

Ví dụ 1: Biết cos =

5

4

a Tính sin, tan, cot

b Tính giá trị của biểu thức A =

tancot

B

M

A I

H (d)

3,

tan =



cos

sin = 4

3, cot = 1

tan = 3

4

b Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Tận dụng kết quả trong a), ta đ-ợc:

tancot

=

4

3344

334



 = 7

25

Cách 2: Thực hiện độc lập với a), ta biến đổi biểu thức về dạng:

tancot

cos

cos

sinsin

2 2

sincos

sincos

=

)cos1(cos

42

Ví dụ 2: Cho ABC có AB = 5, AC = 6, BC = 7 Gọi trung điểm của AC là M

Tính bán kính đ-ờng tròn ngoại tiếpABM

 Giải

áp dụng định lý hàm số sin trong ABM, ta có:

RABM =

Asin2

BC2

 BM2

= 2

1( AB2

+ BC2

2

AC2)

= 2

1(25 + 4918) = 28

cosA =

AC.AB2

BCAC

AB2  2  2

= 5

Thay (2), (3) vào (1), ta đ-ợc RABM =

12

425

A

B

C

M

Ví dụ 3: ChoABC, biết AB + AC = 13, AB > AC, A = 600

và bán kính đ-ờng tròn nội tiếp tam giác bằng 3 Tính độ dài các cạnh củaABC

Ta có:

BC = BP + PC = BM + CN = (ABAM) + (ACAN)

= (AB + AC)(AM + AN) = 136 = 7

Trong ABC, ta có:

BC2 = AB2 + AC22AB.AC.cosA

 49 = c2 + b22cb.cos600 b2 + c2bc = 49 (2) Xét hệ ph-ơng trình tạo bởi (1), (2), có dạng:

b

49bcc

5b Vậy, độ dài ba cạnh của ABC là a = 7, b = 5, c = 8

Ví dụ 4: ChoABC vuông tại A, AB = 3, AC = 4 Gọi M là trung điểm AC Tính

bán kính đ-ờng tròn ngoại tiếpMBC

 Giải

áp dụng định lý hàm số sin trong BMC, ta có:

RBMC =

Csin2

2 2

ACAB

Ví dụ 5: ChoABC, các trung tuyến AA1 = 3, BB1 = 6 và hợp với nhau một góc

= GA2

+ GB22GA.GB.cosAGB

= 12  AB = 2 3 Trong GA1B, ta có:

 O là tâm đ-ờng tròn nội tiếp ABC

Khi đó, bán kính R của đ-ờng tròn đ-ợc cho bởi:

1(b + ca)tg

2

A = 2

1(6 + 33 3)tg300

=

2

)13(

R =

2

318

40

Ví dụ 7: Cho ABC, biết BC = 6 Lấy E, F theo thứ tự thuộc AB, AC sao cho EF

song song với BC và tiếp xúc với đ-ờng tròn nội tiếp ABC Tính chu

NBAMMBAMAB

EQAEEMAEAM

6

p = 9

VËy chu vi cña ABC b»ng 18

VÝ dô 8: Cho ABC cã diÖn tÝch 12 Trªn c¸c c¹nh AB, AC lÇn l-ît lÊy c¸c

®iÓm M, N sao cho

AB

AM = 2

1, AC

AN = 3

1

vµ BN c¾t CM t¹i D

a TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c BMC, ABN vµ AMN theo S0

b TÝnh tØ sè diÖn tÝch cña hai tam gi¸c ACD vµ BCD; ABD vµ BCD

c Suy ra diÖn tÝch cña tam gi¸c BCD theo S0

Bsin.BC.BM2

1

= BA

BM = BA

2

1 = 2

1

AN = 3

Asin.AN.AM2

1

= AB

AM.AC

AN = 2

1.3

1 = 6

b Vẽ hai đ-ờng cao AK và BL của hai tam giác ACD và BCD thì AK//BL Suy ra:

AMAB

AK.DC2

1

= BL

AK = 1

1

c Ta có:

SBCD + SABD + SACD = 12  SBCD +

2

1.SBCD + SBCD = 12  SBCD =

5

24

Ví dụ 9: Trên các cạnh AB, BC, CA của ABC lấy lần l-ợt các điểm M, N, P sao

cho

MB

AM = NC

BN = PA

CP = k, với k > 0, k cho tr-ớc

a Biết S ABC = S0 Tính S MNPtheo S0và k

b ABC cố định Hãy chọn số k sao choMNP có diện tích nhỏ nhất

Bsin.BN.BA2

1

= BC

BN =

NCBN

BN

 =

1NCBNNCBN



= 1k

k



 SABN =

1k

Bsin.BN.BM2

1

= BA

BM =

MABM

BM

 =

1MABMMABM



= 1k

1



 S BNM =

1k

1

 .S0

t-ơng tự, ta cũng có S CNP = S AMP = 2

)1k(

k

 S0 = S0[1 2

)1k(k

 ]