Bài 9. Tích của một vectơ với một số (SGK Toán 10 – Kết nối tri thức, Tập 1, trang 56–60)

Tóm tắt lý thuyết

Tích của vectơ a⃗\vec{a} với số kk (k∈Rk \in \mathbb{R}), kí hiệu ka⃗k\vec{a}:

  • ∣ka⃗∣=∣k∣⋅∣a⃗∣|k\vec{a}| = |k| \cdot |\vec{a}|.
  • k>0k > 0: ka⃗k\vec{a} cùng hướng với a⃗\vec{a}; k<0k < 0: ngược hướng; k=0k = 0 hoặc a⃗=0⃗\vec{a} = \vec{0}: ka⃗=0⃗k\vec{a} = \vec{0}.

Điều kiện hai vectơ a⃗\vec{a}, b⃗\vec{b} (b⃗≠0⃗\vec{b} \neq \vec{0}) cùng phương:

a⃗ cuˋng phương b⃗  ⇔  ∃ k∈R:a⃗=kb⃗.\vec{a} \text{ cùng phương } \vec{b} \;\Leftrightarrow\; \exists\, k \in \mathbb{R}: \vec{a} = k\vec{b}.

Tính chất (với k,t∈Rk, t \in \mathbb{R}; a⃗,b⃗\vec{a}, \vec{b} bất kỳ):

k(a⃗+b⃗)=ka⃗+kb⃗,(k+t)a⃗=ka⃗+ta⃗,k(ta⃗)=(kt)a⃗.k(\vec{a}+\vec{b}) = k\vec{a}+k\vec{b}, \quad (k+t)\vec{a} = k\vec{a}+t\vec{a}, \quad k(t\vec{a}) = (kt)\vec{a}.

Trung điểm MM của ABAB: AM→=12AB→\overrightarrow{AM} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}; tương đương MA→+MB→=0⃗\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = \vec{0}.

Trọng tâm GG của tam giác ABCABC:

GA→+GB→+GC→=0⃗.\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}.

Với mọi điểm O:OA→+OB→+OC→=3OG→.\text{Với mọi điểm } O:\quad \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OG}.

Biểu diễn tuyến tính: Nếu a⃗\vec{a}, b⃗\vec{b} không cùng phương thì mọi vectơ u⃗\vec{u} đều viết được dưới dạng u⃗=xa⃗+yb⃗\vec{u} = x\vec{a} + y\vec{b} với x,yx, y xác định duy nhất.

A. Luyện tập trong bài

Luyện tập 1 (trang 57). Trên trục số, OO, AA, MM, NN lần lượt biểu thị các số 00, 11, 2\sqrt{2}, −2-\sqrt{2}. Biểu thị OM→\overrightarrow{OM} và ON→\overrightarrow{ON} theo OA→\overrightarrow{OA}.

Giải:

OM→=2 OA→,ON→=−2 OA→.\overrightarrow{OM} = \sqrt{2}\,\overrightarrow{OA}, \qquad \overrightarrow{ON} = -\sqrt{2}\,\overrightarrow{OA}.

OM→\overrightarrow{OM} cùng hướng OA→\overrightarrow{OA} (hệ số 2>0\sqrt{2} > 0); ON→\overrightarrow{ON} ngược hướng (hệ số −2<0-\sqrt{2} < 0).

Luyện tập 2 (trang 57). Cho vectơ a⃗≠0⃗\vec{a} \neq \vec{0} và b⃗≠0⃗\vec{b} \neq \vec{0}. Chứng minh rằng a⃗\vec{a} cùng phương với b⃗\vec{b} khi và chỉ khi tồn tại số thực kk sao cho a⃗=kb⃗\vec{a} = k\vec{b}.

Giải:

(⇒\Rightarrow) Nếu a⃗\vec{a} cùng phương b⃗\vec{b} thì hai vectơ nằm trên cùng đường thẳng hoặc hai đường song song. Do ∣b⃗∣≠0|\vec{b}| \neq 0, đặt k=±∣a⃗∣∣b⃗∣k = \pm\dfrac{|\vec{a}|}{|\vec{b}|} (dấu "+" nếu cùng hướng, "−" nếu ngược hướng), ta được a⃗=kb⃗\vec{a} = k\vec{b}.

(⇐\Leftarrow) Nếu a⃗=kb⃗\vec{a} = k\vec{b} thì a⃗\vec{a} là bội số của b⃗\vec{b} nên a⃗\vec{a} cùng phương với b⃗\vec{b}. □\square

Luyện tập 3 (trang 58). Cho tam giác ABCABC có trọng tâm GG. Chứng minh rằng với mọi điểm OO:

OA→+OB→+OC→=3OG→.\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OG}.

Giải:

Do GG là trọng tâm: GA→+GB→+GC→=0⃗\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \vec{0}.

Viết lại theo OO:

(OA→−OG→)+(OB→−OG→)+(OC→−OG→)=0⃗.(\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OG}) + (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OG}) + (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OG}) = \vec{0}.

OA→+OB→+OC→=3OG→.□\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 3\overrightarrow{OG}. \quad \square

Luyện tập 4 (trang 58). Trong hình bình hành ABCDABCD, đặt a⃗=AB→\vec{a} = \overrightarrow{AB}, b⃗=AD→\vec{b} = \overrightarrow{AD}. Biểu thị các vectơ AC→\overrightarrow{AC}, BD→\overrightarrow{BD}, BC→\overrightarrow{BC} theo a⃗\vec{a} và b⃗\vec{b}.

Giải:

AC→=AB→+BC→=a⃗+b⃗.\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \vec{a} + \vec{b}.

BD→=BA→+AD→=−a⃗+b⃗.\overrightarrow{BD} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AD} = -\vec{a} + \vec{b}.

BC→=AD→=b⃗.\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} = \vec{b}.

B. Bài tập (trang 59–60)

Bài 4.11. Cho hình bình hành ABCDABCD. Gọi MM là trung điểm của cạnh BCBC. Hãy biểu thị AM→\overrightarrow{AM} theo hai vectơ a⃗=AB→\vec{a} = \overrightarrow{AB} và b⃗=AD→\vec{b} = \overrightarrow{AD}.

Lời giải:

MM là trung điểm BCBC nên BM→=12BC→=12AD→=12b⃗\overrightarrow{BM} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BC} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD} = \dfrac{1}{2}\vec{b}.

AM→=AB→+BM→=a⃗+12b⃗.\overrightarrow{AM} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BM} = \vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}.

AM→=a⃗+12b⃗.\boxed{\overrightarrow{AM} = \vec{a} + \tfrac{1}{2}\vec{b}.}

Bài 4.12. Cho tứ giác ABCDABCD. Gọi MM, NN lần lượt là trung điểm của ABAB, CDCD. Chứng minh rằng:

AD→+BC→=2MN→.\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC} = 2\overrightarrow{MN}.

Lời giải:

Dùng quy tắc ba điểm:

MN→=MA→+AD→+DN→.\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DN}.

Vì MM là trung điểm ABAB: MA→=−12AB→\overrightarrow{MA} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}.

Vì NN là trung điểm CDCD: DN→=12DC→=−12CD→\overrightarrow{DN} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{DC} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CD}.

MN→=−12AB→+AD→+12DC→.\overrightarrow{MN} = -\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD} + \frac{1}{2}\overrightarrow{DC}.

Tương tự:

MN→=MB→+BC→+CN→=12AB→+BC→−12CD→.\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CN} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} - \frac{1}{2}\overrightarrow{CD}.

Cộng hai biểu thức:

2MN→=AD→+BC→.□2\overrightarrow{MN} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{BC}. \quad \square

Bài 4.13. Cho hai điểm phân biệt AA và BB.

a) Hãy xác định điểm KK sao cho KA→+2KB→=0⃗\overrightarrow{KA} + 2\overrightarrow{KB} = \vec{0}.
b) Chứng minh rằng với mọi điểm OO: OK→=13OA→+23OB→\overrightarrow{OK} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{OA} + \dfrac{2}{3}\overrightarrow{OB}.

Lời giải:

a) KA→+2KB→=0⃗\overrightarrow{KA} + 2\overrightarrow{KB} = \vec{0}:

(KA→+KB→)+KB→=0⃗  ⟹  KB→=−(KA→+KB→).(\overrightarrow{KA} + \overrightarrow{KB}) + \overrightarrow{KB} = \vec{0} \;\Longrightarrow\; \overrightarrow{KB} = -(\overrightarrow{KA} + \overrightarrow{KB}).

Thay KA→=KO→+OA→\overrightarrow{KA} = \overrightarrow{KO} + \overrightarrow{OA}, KB→=KO→+OB→\overrightarrow{KB} = \overrightarrow{KO} + \overrightarrow{OB} (dùng điểm bất kỳ OO):

(OA→−OK→)+2(OB→−OK→)=0⃗.(\overrightarrow{OA} - \overrightarrow{OK}) + 2(\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OK}) = \vec{0}.

OA→+2OB→−3OK→=0⃗  ⟹  OK→=OA→+2OB→3.\overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB} - 3\overrightarrow{OK} = \vec{0} \;\Longrightarrow\; \overrightarrow{OK} = \frac{\overrightarrow{OA} + 2\overrightarrow{OB}}{3}.

KK chia đoạn ABAB theo tỉ số AK:KB=2:1AK : KB = 2 : 1 (tính từ AA).

b) Từ câu a):

OK→=13OA→+23OB→.□\overrightarrow{OK} = \frac{1}{3}\overrightarrow{OA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{OB}. \quad \square

Bài 4.14. Cho tam giác ABCABC.

a) Hãy xác định điểm MM để MA→+MB→+2MC→=0⃗\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + 2\overrightarrow{MC} = \vec{0}.
b) Chứng minh rằng với mọi điểm OO: OA→+OB→+2OC→=4OM→\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{OC} = 4\overrightarrow{OM}.

Lời giải:

a) Với điểm OO bất kỳ, viết lại theo OO:

(OA→−OM→)+(OB→−OM→)+2(OC→−OM→)=0⃗.(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OM}) + (\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM}) + 2(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OM}) = \vec{0}.

OA→+OB→+2OC→−4OM→=0⃗.\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{OC} - 4\overrightarrow{OM} = \vec{0}.

OM→=OA→+OB→+2OC→4.\overrightarrow{OM} = \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{OC}}{4}.

Xác định MM: Gọi II là trung điểm ABAB (OI→=OA→+OB→2\overrightarrow{OI} = \frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{2}). Khi đó:

OM→=2OI→+2OC→4=OI→+OC→2.\overrightarrow{OM} = \frac{2\overrightarrow{OI} + 2\overrightarrow{OC}}{4} = \frac{\overrightarrow{OI} + \overrightarrow{OC}}{2}.

MM là trung điểm ICIC, tức là trung điểm của đoạn nối trung điểm ABAB với CC (hay MM chia đoạn ICIC ở giữa).

b) Từ biểu thức trên: OA→+OB→+2OC→=4OM→\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + 2\overrightarrow{OC} = 4\overrightarrow{OM}. □\square

Bài 4.15. Chất điểm AA chịu tác động của ba lực F1⃗\vec{F_1}, F2⃗\vec{F_2}, F3⃗\vec{F_3} (như Hình 4.30) và ở trạng thái cân bằng:

F1⃗+F2⃗+F3⃗=0⃗.\vec{F_1} + \vec{F_2} + \vec{F_3} = \vec{0}.

Biết ∣F1⃗∣=20|\vec{F_1}| = 20 N và ba lực hợp với nhau các góc lần lượt 120°120° (góc giữa F1⃗\vec{F_1} và F2⃗\vec{F_2}) và 120°120° (góc giữa F2⃗\vec{F_2} và F3⃗\vec{F_3}). Tính ∣F2⃗∣|\vec{F_2}| và ∣F3⃗∣|\vec{F_3}|.

Lời giải:

Ba lực cân bằng với góc giữa mỗi cặp là 120°120° → bài toán đối xứng. Chọn hệ tọa độ: F1⃗\vec{F_1} hướng dương trục OxOx.

F1⃗=(20; 0),F2⃗=(F2cos⁡120°; F2sin⁡120°),F3⃗=(F3cos⁡240°; F3sin⁡240°).\vec{F_1} = (20;\,0), \quad \vec{F_2} = (F_2\cos120°;\,F_2\sin120°), \quad \vec{F_3} = (F_3\cos240°;\,F_3\sin240°).

Điều kiện cân bằng (xx): 20+F2⋅(−12)+F3⋅(−12)=0⇒F2+F3=4020 + F_2\cdot(-\tfrac{1}{2}) + F_3\cdot(-\tfrac{1}{2}) = 0 \Rightarrow F_2 + F_3 = 40.

Điều kiện cân bằng (yy): F2⋅32+F3⋅(−32)=0⇒F2=F3F_2\cdot\tfrac{\sqrt{3}}{2} + F_3\cdot(-\tfrac{\sqrt{3}}{2}) = 0 \Rightarrow F_2 = F_3.

Kết hợp: 2F2=40⇒F2=F3=202F_2 = 40 \Rightarrow F_2 = F_3 = 20 N.

∣F2⃗∣=∣F3⃗∣=20 N.\boxed{|\vec{F_2}| = |\vec{F_3}| = 20 \text{ N}.}