một số bài toán liên quan đến tích vô hướng của hai vectơ

Bài viết hướng dẫn phương pháp giải một số bài toán liên quan đến tích vô hướng của hai vectơ thông qua các ví dụ minh họa có lời giải chi tiết, đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Hình học 10 chương 2.

Phương pháp giải toán:

Bài toán 1: Tính tích vô hướng của các vectơ. Sử dụng các công thức:

• \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right|.\cos (\widehat {\overrightarrow a ,\overrightarrow b }).\)

• Các tính chất của phép toán tích vô hướng của hai vectơ và các hằng đẳng thức về tích vô hướng như:

\({\left( {\vec a \pm \vec b} \right)^2} = {\left| {\vec a} \right|^2} + {\left| {\vec b} \right|^2} \pm 2\vec a.\vec b.\)

\((\vec a + \vec b).(\vec a – \vec b) = {\vec a^2} – {\vec b^2}.\)

• \(\overrightarrow a .\overrightarrow b = \overrightarrow a .\overrightarrow {b’} \), trong đó \(\overrightarrow {b’} \) là hình chiếu của \(\overrightarrow b \) lên giá của \(\overrightarrow a .\)

Bài toán 2: Chứng minh các đẳng thức về tích vô hướng. Sử dụng:

• Định nghĩa và tính chất của tích vô hướng phối hợp với các quy tắc về các phép toán vectơ.

• Công thức hình chiếu.

• Đối với các đẳng thức có liên quan đến độ dài thì chú ý: \({\overrightarrow {AB} ^2} = {\left| {\overrightarrow {AB} } \right|^2} = {(\overrightarrow {OB} – \overrightarrow {OA} )^2}.\)

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a.\) Tính:

a) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \), \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} \), \(\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} .\)

b) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} .\)

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos (\widehat {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} })\) \( = AB.AC.\cos \widehat {BAC}\) \( = a.a.\cos {60^0} = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Dựng \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC} \), ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} \) \( = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AD} } \right|.\cos (\widehat {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AD} })\) \( = AB.AD.\cos {120^0}\) \( = a.a.\cos {120^0} = – \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Ta có thể tính tương tự như trên hoặc sử dụng quy tắc \(3\) điểm: \(\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} = (\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} ).( – \overrightarrow {AC} )\)  \( = – {\overrightarrow {AC} ^2} + \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) \( = – {a^2} + \frac{{{a^2}}}{2} = – \frac{{{a^2}}}{2}.\)

b) Áp dụng kết quả trên, ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} = – \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Suy ra: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} \) \( = 3\left( { – \frac{{{a^2}}}{2}} \right) = – \frac{{3{a^2}}}{2}.\)

Cách khác: Ta có thể tính trực tiếp không dựa vào kết quả câu a.

Ta có: \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} = \overrightarrow 0 .\)

Suy ra: \({\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CA} } \right)^2} = 0.\)

Do đó: \({\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {BC} ^2} + {\overrightarrow {CA} ^2}\) \(+2\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} } \right) = 0.\)

Vậy \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BC} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {AB} \) \( = – \frac{{A{B^2} + B{C^2} + C{A^2}}}{2} = – \frac{{3{a^2}}}{2}.\)

Ví dụ 2: Cho tam giác \(ABC\) với \(AB = 5 cm\), \(BC = 7cm\), \(CA = 8cm.\)

a) Tính \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} .\) Suy ra số đo của góc \(\widehat A.\)

b) Tính \(\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} \), từ đó suy ra \(\overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CD} \) với \(D\) là điểm nằm trên cạnh \(CA\) sao cho \(CD = 4 cm.\)

a) Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} .\)

Suy ra: \({\overrightarrow {BC} ^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} + {\overrightarrow {AB} ^2} – 2\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} .\)

Vậy: \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = \frac{{A{C^2} + A{B^2} – B{C^2}}}{2}\) \( = \frac{{64 + 25 – 49}}{2} = 20.\)

Mặc khác: \(\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} = \left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \left( {\widehat {\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }} \right)\) \( = AC.AB.\cos A.\)

Suy ra: \(\cos A = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} }}{{AC.AB}} = \frac{{20}}{{8.5}} = \frac{1}{2}.\)

Do đó: \(\widehat A = {60^0 }.\)

b) Tương tự ở trên ta có:

\(\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} = \frac{{C{A^2} + C{B^2} – A{B^2}}}{2}\) \( = \frac{{64 + 49 – 25}}{2} = 44.\)

Suy ra: \(\cos \left( {\widehat {\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} }} \right) = \frac{{\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} }}{{\left| {\overrightarrow {CA} } \right|.\left| {\overrightarrow {CB} } \right|}}\) \( = \frac{{44}}{{8.7}} = \frac{{11}}{{14}}.\)

Mà \(D\) nằm trên cạnh \(CA\) nên \((\overrightarrow {CD} ,\overrightarrow {CB} ) = (\overrightarrow {CA} ,\overrightarrow {CB} ).\)

Do vậy \(\overrightarrow {CD} .\overrightarrow {CB} = \left| {\overrightarrow {CD} } \right|.\left| {\overrightarrow {CB} } \right|.\cos \left( {\widehat {\overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CB} }} \right)\) \( = 4.7 \cdot \frac{{11}}{{14}} = 22.\)

Ví dụ 3: Cho hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a\), tâm \(O\). \(M\) là điểm tùy ý trên đường tròn nội tiếp hình vuông và \(N\) là điểm tùy ý trên cạnh \(BC\). Tính:

a) \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} .\)

b) \(\overrightarrow {NA} .\overrightarrow {AB} \) và \(\overrightarrow {NO} .\overrightarrow {BA} .\)

a) Ta có: \(\overrightarrow {MA} .\overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} .\overrightarrow {MD} \) \( = (\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OA} )(\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OB} )\) \( + (\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OC} )(\overrightarrow {MO} + \overrightarrow {OD} )\) \( = {\overrightarrow {MO} ^2} + \overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OA} \) \( + \overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} \) \( + {\overrightarrow {MO} ^2} + \overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OD} \) \( + \overrightarrow {MO} .\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OD} \) \( = 2M{O^2} + \overrightarrow {MO} (\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} )\) \( + \overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OD} \) \( = 2M{O^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\) (vì \(\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = \vec 0\) và \(OA \bot OB\), \(OC \bot OD\) nên \(\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB} = \overrightarrow {OC} .\overrightarrow {OD} = 0\)).

b) Ta có:

\(\overrightarrow {NA} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {AB} \) \( = – \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AB} = – A{B^2} = – {a^2}.\)

\(\overrightarrow {NO} .\overrightarrow {BA} = \overrightarrow {BI} .\overrightarrow {BA} \) \( = \frac{1}{2}a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\) (với \(I\) là trung điểm của \(AB\)).

Ví dụ 4: Cho \(4\) điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) bất kỳ. Chứng minh rằng:

a) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC} = 0\) (hệ thức Euler). Suy ra \(3\) đường cao của một tam giác thì đồng quy.

b) \(A{D^2} + B{C^2} – A{C^2} – B{D^2}\) \( = 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} .\)

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {DB} + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC} \) \( = \overrightarrow {AB} (\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AC} )\) \( + \overrightarrow {AC} (\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AD} )\) \( + \overrightarrow {AD} (\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AB} )\) \( = \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) \( + \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {AD} \) \( + \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC} – \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} = 0.\)

Gọi \(H\) là giao điểm của \(2\) đường cao xuất phát từ \(B\) và \(C\) của tam giác \(ABC.\) Khi đó áp dụng hệ thức Euler đối với \(4\) điểm \(H\), \(A\), \(B\), \(C\) ta có: \(\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {HB} .\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {HC} .\overrightarrow {BA} = 0.\)

Ta có \(HB \bot CA\), \(HC \bot BA\) nên \(\overrightarrow {HB} .\overrightarrow {CA} = \overrightarrow {HC} .\overrightarrow {BA} = 0.\)

Suy ra: \(\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {BC} = 0.\)

Do đó \(HA \bot BC\) hay \(HA\) là đường cao của tam giác \(ABC.\)

Vậy \(3\) đường cao tam giác \(ABC\) đồng quy tại một điểm.

b) Ta có: \(A{D^2} + B{C^2} – A{C^2} – B{D^2}\) \( = {\overrightarrow {AD} ^2} – {\overrightarrow {AC} ^2} + {\overrightarrow {BC} ^2} – {\overrightarrow {BD} ^2}\) \( = (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} )(\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AC} )\) \( + (\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD} )(\overrightarrow {BC} – \overrightarrow {BD} )\) \( = (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} ).\overrightarrow {CD} \) \( + (\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {BD} ).\overrightarrow {DC} \) \( = (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AC} – \overrightarrow {BC} – \overrightarrow {BD} ).\overrightarrow {CD} \) \( = (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {CB} ).\overrightarrow {CD} \) \( = (\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AB} ).\overrightarrow {CD} \) \( = 2\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {CD} .\)

Ví dụ 5: Cho tam giác \(ABC\) có \(AM\), \(AH\) lần lượt là trung tuyến và đường cao của tam giác ứng với cạnh \(BC.\) Chứng minh rằng:

a) \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = A{M^2} – \frac{{B{C^2}}}{4}.\)

b) \(A{B^2} + A{C^2} = 2A{M^2} + \frac{{B{C^2}}}{2}.\)

c) \(A{B^2} – A{C^2} = 2\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {MH} .\)

a) Ta có: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} \) \( = (\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} )(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MC} )\) \( = (\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} )(\overrightarrow {AM} – \overrightarrow {MB} )\) \( = {\overrightarrow {AM} ^2} – {\overrightarrow {MB} ^2}\) \( = A{M^2} – \frac{{B{C^2}}}{4}.\)

b) Ta có: \(A{B^2} + A{C^2}\) \( = {\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {AC} ^2}\) \( = {(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} )^2} + {(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MC} )^2}\) \( = {(\overrightarrow {AM} + \overrightarrow {MB} )^2} + {(\overrightarrow {AM} – \overrightarrow {MB} )^2}\) \( = 2{\overrightarrow {AM} ^2} + 2{\overrightarrow {MB} ^2}\) \( = 2A{M^2} + 2M{B^2}\) \( = 2A{M^2} + \frac{{B{C^2}}}{2}.\)

c) \(A{B^2} – A{C^2}\) \( = {\overrightarrow {AB} ^2} – {\overrightarrow {AC} ^2}\) \( = (\overrightarrow {AB} – \overrightarrow {AC} )(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} )\) \( = \overrightarrow {CB} .2\overrightarrow {AM} \) \( = 2\overrightarrow {CB} .\overrightarrow {HM} \) \( = 2\overrightarrow {BC} .\overrightarrow {MH} .\)