Toán 10 Bài 11: Tích vô hướng của hai vectơ Giải SGK Toán 10 trang 70 - Tập 1 sách Kết nối tri thức với cuộc sống

Toán 10 bài 11 Kết nối tri thức trang 70 giúp các bạn học sinh có thêm nhiều gợi ý tham khảo để trả lời các câu hỏi phần luyện tập và 6 bài tập trong SGK bài Tích vô hướng của hai vectơ thuộc chương 4 Vectơ.

Giải Toán 10 Kết nối tri thức bài 11 trang 70 được biên soạn với các lời giải chi tiết, đầy đủ và chính xác bám sát chương trình sách giáo khoa môn Toán 10 tập 1. Giải Toán 10 bài 11 Kết nối tri thức là tài liệu cực kì hữu ích hỗ trợ các em học sinh lớp 10 trong quá trình giải bài tập. Đồng thời phụ huynh có thể sử dụng để hướng dẫn con em học tập và đổi mới phương pháp giải phù hợp hơn.

Luyện tập Toán 10 Bài 11 Kết nối tri thức

Luyện tập 1

 Cho tam giác đều ABC. Tính \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {BC} } \right)\)

Gợi ý đáp án

Giả sử lấy điểm D sao cho ABCD là hình bình hành

=> \(\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {BC}\)

Ta có tam giác ABC đều

=> \(\widehat {ABC} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC} = {60^0}\)

=> \(\widehat {DAC} = \widehat {ACB} = {60^0}\) (Hai góc so le trong)

=> \(\widehat {BAD} = {120^0}\)

Ta có: \(\left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {BC} } \right) = \left( {\overrightarrow {AD} ;\overrightarrow {BC} } \right) = \widehat {BAD} = {120^0}\)

Luyện tập 2

 Cho tam giác AB C có BC = a, CA = b, AB = c. Hãy tính \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC}\) theo a, b, c. 

Gợi ý đáp án 

Ta có:

\(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\left| {\overrightarrow {AC} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)\)

Mà \(\left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \widehat {BAC} \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = \cos \widehat {BAC}\)

Ta có: \(\cos \widehat {BAC} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

=> \(\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} = AB.AC.\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

=> \(\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} = b.c.\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

=> \(\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2}\)

Giải Toán 10 trang 70 Kết nối tri thức Tập 1

Bài 4.21 trang 70

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy tính góc giữa hai vectơ \(\overrightarrow a\)và \(\overrightarrow b\)trong mỗi trường hợp sau:

\(a) \overrightarrow a = ( - 3;1),\;\overrightarrow b = (2;6)\)

\(b) \overrightarrow a = (3;1),\;\overrightarrow b = (2;4)\)

\(c) \overrightarrow a = ( - \sqrt 2 ;1),\;\overrightarrow b = (2; - \sqrt 2 )\)

Gợi ý đáp án

a)

\(\overrightarrow a .\overrightarrow b = ( - 3).2 + 1.6 = 0\)

\(\Rightarrow \overrightarrow a \bot \overrightarrow b hay \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = {90^o}.\)

b)

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow a .\overrightarrow b = 3.2 + 1.4 = 10\\|\overrightarrow a |\, = \sqrt {{3^2} + {1^2}} = \sqrt {10} ;\;\,|\overrightarrow b |\, = \sqrt {{2^2} + {4^2}} = 2\sqrt 5 \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = \frac{{10}}{{\sqrt {10} .2\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = {45^o}\end{array}\)

c) Dễ thấy: \(\overrightarrow a\)và \(\overrightarrow b\)cùng phương do \(\frac{{ - \sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{{ - \sqrt 2 }}\)

Hơn nữa:\(\overrightarrow b = \left( {2; - \sqrt 2 } \right) = - \sqrt 2 .\left( { - \sqrt 2 ;1} \right) = - \sqrt 2 .\overrightarrow a \;; - \sqrt 2 < 0\)

Do đó:\(\overrightarrow a\) và \(\overrightarrow b\)ngược hướng.

\(\Rightarrow \left( {\overrightarrow a ,\overrightarrow b } \right) = {180^o}\)

Bài 4.22 trang 70

Tìm điều kiện của \(\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v\)để:

\(a) \overrightarrow u .\;\overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right|.\;\left| {\overrightarrow v } \right|\)

\(b) \overrightarrow u .\;\overrightarrow v = - \left| {\overrightarrow u } \right|.\;\left| {\overrightarrow v } \right|\)

Gợi ý đáp án

a) Ta có: \(\overrightarrow u .\;\overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right|.\;\left| {\overrightarrow v } \right|.\cos \left( {\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v } \right) = \left| {\overrightarrow u } \right|.\;\left| {\overrightarrow v } \right|\)

\(\Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v } \right) = 1 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v } \right) = {0^o}\)

Nói cách khác: \(\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v\) cùng hướng.

b)

Ta có: \(\overrightarrow u .\;\overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right|.\;\left| {\overrightarrow v } \right|.\cos \left( {\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v } \right) =- \left| {\overrightarrow u } \right|.\;\left| {\overrightarrow v } \right|\)

\(\Rightarrow \cos \left( {\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v } \right) = - 1 \Leftrightarrow \left( {\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v } \right) = {180^o}\)

Nói cách khác: \(\overrightarrow u ,\;\overrightarrow v\)ngược hướng.

Bài 4.23 trang 70

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A (1; 2), B(-4; 3). Gọi M (t; 0) là một điểm thuộc trục hoành.

a) Tính \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM}\) theo t.

b) Tính t để \(\widehat {AMB} = {90^o}\)

Gợi ý đáp án

a)

Ta có: A (1; 2), B(-4; 3) và M (t; 0)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \overrightarrow {AM} = (t - 1; - 2),\;\overrightarrow {BM} = (t + 4; - 3)\\ \Rightarrow \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM} = (t - 1)(t + 4) + ( - 2)( - 3)\\ \quad \quad \quad \quad \quad \quad= {t^2} + 3t + 2. \end{array}\)

b)

Để \(\widehat {AMB} = {90^o}\) hay \(AM \bot BM\) thì \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {BM} = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} + 3t + 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = - 1\\t = - 2\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy t = -1 hoặc t = -2 thì\(\widehat {AMB} = {90^o}\)

Bài 4.24 trang 70

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm không thẳng hàng A (-4; 1), B (2;4), C (2; -2)

a) Giải tam giác

b) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Gợi ý đáp án

a) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AB} = (2 - ( - 4);4 - 1) = (6;3)\\\overrightarrow {BC} = (2 - 2; - 2 - 4) = (0; - 6)\\\overrightarrow {AC} = (2 - ( - 4); - 2 - 1) = (6; - 3)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{6^2} + {3^2}} = 3\sqrt 5 \\BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{0^2} + {{( - 6)}^2}} = 6\\AC = \left| {\overrightarrow {CA} } \right| = \sqrt {{6^2} + {{( - 3)}^2}} = 3\sqrt 5 .\end{array} \right.\)

Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC, ta có:

\(\cos \widehat A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} = \frac{{{{\left( {3\sqrt 5 } \right)}^2} + {{\left( {3\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( 6 \right)}^2}}}{{2.3\sqrt 5 .3\sqrt 5 }} = \frac{3}{5} \Rightarrow \widehat A \approx 53,{13^o}\)

\(\cos \widehat B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} = \frac{{{{\left( 6 \right)}^2} + {{\left( {3\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {3\sqrt 5 } \right)}^2}}}{{2.6.3\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow \widehat B \approx 63,{435^o}\)

\(\Rightarrow \widehat C \approx 63,{435^o}\)

Vậy tam giác ABC có: \(a = 6;b = 3\sqrt 5 ;c = 3\sqrt 5 ; \widehat A \approx 53,{13^o};\widehat B = \widehat C \approx 63,{435^o}.\)

b)

Gọi H có tọa độ (x; y)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} = (x - ( - 4);y - 1) = (x + 4;y - 1)\\\overrightarrow {BH} = (x - 2;y - 4)\end{array} \right.\)

Lại có: H là trực tâm tam giác ABC

\(\Rightarrow AH \bot BC\) và \(BH \bot AC\)

\(\Rightarrow \left( {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {BC} } \right) = {90^o} \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {BC} } \right) = 0\) và

\(\left( {\overrightarrow {BH} ,\overrightarrow {AC} } \right) = {90^o} \Leftrightarrow \cos \left( {\overrightarrow {BH} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 0\)

Do đó \(\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = \overrightarrow 0 và \overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = \overrightarrow 0 .\)

Mà: \overrightarrow {BC} = (0; - 6)

\(\Rightarrow (x + 4).0 + (y - 1).( - 6) = 0 \Leftrightarrow - 6.(y - 1) = 0 \Leftrightarrow y = 1.\)

Và \(\overrightarrow {AC} = (6; - 3)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow (x - 2).6 + (y - 4).( - 3) = 0\\ \Leftrightarrow 6x - 12 + ( - 3).( - 3) = 0\\ \Leftrightarrow 6x - 3 = 0\\ \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}.\end{array}\)

Vậy H có tọa độ \(\left( {1;\frac{1}{2}} \right)\)

Bài 4.25 trang 70

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} .\)

Gợi ý đáp án

Đặt \(A = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2} - {{\left( {AB.AC.\cos A} \right)}^2}} \\ \Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}\left( {1 - {{\cos }^2}A} \right)} \end{array}\)

Mà \(1 - {\cos ^2}A = {\sin ^2}A\)

\(\Rightarrow A = \dfrac{1}{2}\sqrt {A{B^2}.A{C^2}.{{\sin }^2}A}\)

\(\Leftrightarrow A = \dfrac{1}{2}.AB.AC.\sin A (Vì {0^o} < \widehat A < {180^o} nên \sin A > 0)\)

Do đó \(A = {S_{ABC}}\)hay \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}\sqrt {{{\overrightarrow {AB} }^2}.{{\overrightarrow {AC} }^2} - {{\left( {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} } \right)}^2}} .\) (đpcm)

Bài 4.26 trang 70

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng với mọi điểm M, ta có:

\(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\)

Gợi ý đáp án

Ta có:

\(\begin{array}{l}M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = {\overrightarrow {MA} ^2} + {\overrightarrow {MB} ^2} + {\overrightarrow {MC} ^2}\\ = {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GB} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GC} } \right)^2}\\ = {\overrightarrow {MG} ^2} + 2\overrightarrow {MG} .\overrightarrow {GA} + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {MG} ^2} + 2\overrightarrow {MG} .\overrightarrow {GB} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {MG} ^2} + 2\overrightarrow {MG} .\overrightarrow {GC} + {\overrightarrow {GC} ^2}\\ = 3{\overrightarrow {MG} ^2} + 2\overrightarrow {MG} .\left( {\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} } \right) + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2}\\ = 3{\overrightarrow {MG} ^2} + 2\overrightarrow {MG} .\overrightarrow 0 + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2}\end{array}\)

(do G là trọng tâm tam giác ABC)

\begin{array}{l} = 3{\overrightarrow {MG} ^2} + {\overrightarrow {GA} ^2} + {\overrightarrow {GB} ^2} + {\overrightarrow {GC} ^2}\\ = 3M{G^2} + G{A^2} + G{B^2} + G{C^2}\end{array} (đpcm).