›
›
›

Công phá Toán Lớp 10 - Câu 341-370 (Có lời giải)

doc 52 trang nhungbui22 11/08/2022 2060
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Công phá Toán Lớp 10 - Câu 341-370 (Có lời giải)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • doccong_pha_toan_lop_10_cau_341_370_co_loi_giai.doc

Nội dung text: Công phá Toán Lớp 10 - Câu 341-370 (Có lời giải)

  1. 2 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 2 Cách 2: B2 2 2 1 sin 1 sin cos2 2 2sin2 4 2 2 B cos2 cos2 cos Cách 3: 2 2 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 2 B . 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin cos cos c, Đặt t sin2 ,v cos2 0 t,v 1 . Khi đó: t v 1. Khi đó C 3 t4 v4 4 v3 2t3 6t2 t v 3 t v t2 v2 4v3 8t3 6t3 6t2v 3t2 3tv2 3v2 4v3 2t3 6t2v t v 3 1 Ví dụ 2: Cho a,b khác 0 và , thỏa mãn a.sin .sin b.cos .cos 0. Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào , : 1 1 A . a.sin2 b.cos2 a.sin2  b.cos2  Lời giải Ta xét các trường hợp sau: Nếu cos 0 sin2 1. Theo giả thiết ta suy ra sin 0 cos2  1. 1 1 Lúc đó A không phụ thuộc vào ,. a b Tương tự với các trường hợp sin 0,cos 0,sin 0. Rõ ràng rằng nếu cos 0 thì cos 0. Ta xét trường hợp cả hai giá trị cos ,cos 0. b b Ta có: a.sin .sin b.cos .cos 0 tan .tan tan . a a.tan
  2. 2 b 2 2 2 1 1 tan 1 tan  1 tan a.tan A 2 2 2 2 a.tan b a.tan  b a.tan b b a. b a.tan 2 2 2 2 1 tan2 b2 a2 tan2 ab 1 tan b a tan a.tan2 b ab a.tan2 b ab a.tan2 b 2 a b a.tan b a b ab a.tan2 b ab Ví dụ 3: Cho biểu thức A sin6 cos6  2m 1 sin4 cos4 . Xác định m để A không phụ thuộc vào . Lời giải 2 3 2 3 2 2 2 2 A sin cos 2m 1 sin cos 3 sin2 cos2 3sin2 .cos2 sin2 cos2 2 2 2 2 2 2m 1 sin cos 2sin .cos 1 3sin2 .cos2 2m 1 1 2sin2 .cos2 2m 1 4m sin2 .cos2 1 Để A không phụ thuộc vào , điều kiện là 1 4m 0 m . 4 Dạng 4 So sánh giá trị của các “hàm” lượng giác Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, trên nửa đường tròn đơn vị (như hình vẽ) lấy hai điểm M, N sao cho x·OA , x· OB  00  1800 . Ta có: yM sin, xM cos, yN sin , x N cos . · · 0 0 Với giả thiết xOA , xOB  0  180 , ta luôn có: x N xM cos cos.
  3. 0 0 Trường hợp 0  90 , ta luôn có yM yN sin sin . sin sin sin Trường hợp 00  900, ta luôn có: tan tan . cos cos cos Khi đó cot cot . Trường hợp 90 0 1800, ta cũng xét tương tự. Ví dụ: So sánh các cặp số: a) cos130 và cos690. b) sin 630 và sin 72o15 . c) cos92o12 và sin11o . d) cos 27o và sin 59o . e) tan 92o13 . và tan111o. Lời giải Theo nhận xét trên ta dễ dàng đưa ra được kết quả: a) Do 0o 13o 69o 180o nên cos130 cos690. b) sin63 0 sin 72015 . c) sin110 sin 79 0 sin 92012 . d) sin 590 cos310 cos270. e) tan 92013 tan1110 Dạng 5 Hai góc bù nhau, phụ nhau. Ví dụ 1: Giá trị của: M cos2 150 cos2 250 cos2 350 cos2 450 cos2 1050 cos2 1150 cos2 1250 là: 7 1 A. M 4. B. M . C. M . D. 2 2 2 M 3 . 2 Ta có: cos2 1250 cos2 1800 550 cos2 550 sin2 350 Tương tự: cos2 1150 cos2 650 sin2 250,cos2 1050 cos2 750 sin2 150. Vậy M cos2 150 cos2 250 cos2 350 cos2 450 sin2 150 sin2 250 sin2 350 1 7 3 2 2
  4. Đáp án B. Ví dụ 2: Tính M tan10 tan 20 tan 30 tan890 1 A. 1. B. 2. C. -1. D. . 2 Lời giải Ta có: tan890 tan 900 10 cot10 tan880 tan 900 20 cot 20 tan 460 tan 900 440 cot 440 Suy ra M tan10 cot10 tan 20 tan 440 cot 440 tan 450 1. Đáp án A. Ví dụ 3: Tính giá trị của biểu thức: cos 450 x sin 450 x a) A tan 1350 x sin 450 x . 1 sin 1350 x 2cos 900 sin 900 tan 1800 b) B 2cos cot 900 sin 1800 Lời giải a) Do 450 x 450 x 900 nên cos 450 x sin 450 x . Lại có: sin 1350 x sin 1800 450 x sin 450 x , tan 1350 x tan 450 x cos2 450 x cos2 450 x Vậy A tan 450 x cos 450 x sin 450 x 1 sin 450 x 1 sin 450 x 1 sin2 450 x sin 450 x 1 sin 450 x sin 450 x 1 1 sin 450 x
  5. b) Ta có: sin 900 sin 1800 900 sin 900 cos cot 900 tan 2sin .cos tan Vậy B 2cos 2cos 2cos 0 tan .sin Ví dụ 4: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: A B C a) cos A cos B C 0; b) sin cos ; 2 2 3A B C c)sin A cos 0 2 Lời giải Theo giả thiết ta có: A B C 1800 B C 1800 A. a) Khi đó ta có: cos B C cos 1800 A cos A cos A cos B C 0 0 A B 180 C 0 C C b) sin sin sin 90 cos . 2 2 2 2 3A B C c) cos cos 900 A cos 1800 900 A cos 900 A sin A 2 3A B C sin A cos 0 2 Dạng 6 Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. Trong một số trường hợp, nếu để nguyên dạng đại số của phương trình, bất phương trình hay của hàm số đã cho thì việc giải phương trình, bất phương trình, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số sẽ gặp chút khó khăn. Trong trường hợp đó, nếu điều kiện cho phép người ta có thể tàm cách chuyển phương trình, bất phương trình, của hàm số từ dạng đại số thành dạng lượng giác (gọi là phương pháp lượng giác hóa các hàm đại số), với hi vọng dưới dạng mới bài toán sẽ dễ giải hơn. Các dấu hiệu phép lượng giác hóa:
  6. 1. Nếu bài toán có (hiệ hoặc ẩn) điều kiện x2 y2 1 thì cho phép biến x sin đổi . y cos 2. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng a2 x2 thì chọn phép biến đổi STUDY TIP x a sin Việc chọn giới hạn của góc . tùy thuộc vào giới hạn y a cos của biên x, ngoài ra còn phụ thuộc vào điều kiện cụ 3. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng a2 x2 thì chọn phép biến đổi thể của bài toán. Các bạn cần chọn điều kiện của x a.tan . thích hợp sao cho dạng x a.cos lượng giác của phương trình, hàm số cho ở đầu bài 4. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng a2 x2 thì chọn phép biến đổi có dạng đơn giản, đặc biệt là khi xuất hiện giá trị x a .tan . tuyệt đối. x a .cot 5. Nếu trong bài toán có biểu thức dạng x2 a2 thì chọn phép biến đổi a x sin . a x cos x 35 Ví dụ 1: Giải phương trình: x 1 . x2 1 12 Lời giải Điều kiện: x ; 1  1; . x 35 Với x 1 thì x 0 . x2 1 12 Trong trường hợp này phương trình vô nghiệm. Vậy x 1. 2 x 1225 Cách 1: Phương trình (1) tương đương x x2 1 144
  7. x2 x2 1225 x4 x2 1225 x2 2 2 0 2 2 x2 1 x 1 144 x 1 x2 1 144 x2 Đặt t t 0 , phương trình trên trở thành: x2 1 25 t 12 144t2 288t 1225 0 . 49 t 12 2 25 2 x x 25 9 Do điều kiện của t nên ta có 144x4 625 x2 1 0 2 12 25 x 1 x2 16 5 5 Kết hợp với điều kiện x 1 x , x là hai nghiệm của phương trình. 3 4 Cách 2: (phương pháp lượng giác). 1 1 1 35 Đặt x 00 900 . Phương trình (1) trở thành: . sin sin cos 12 t2 1 Đặt t sin cos t 0 . Ta có: t2 1 2sin cos sin cos . 2 2t 35 7 Thay vào phương trình ta được: 35t2 24t 35 0 t . t2 1 12 5 12 Từ đây ta tính được sin cos . 25 7 12 Như vậy sin ,cos là nghiệm của phương trình: X 2 X 0. 5 25 3 4 Từ đây ta tính được sin hoặc sin . 5 5 5 5 Tương ứng ta được các nghiệm của phương trình là x , x . 3 4
  8. 3 Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 1 x2 x 2 1 x2 . Lời giải Điều kiện: 1 x 1. Đặt x cos 00 1800 , thì phương trình trở thành: sin3 cos3 2 sin .cos . Đặt sin cos t. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: t2 sin cos 2 2 sin2 cos2 2 t 2 Phương trình nên trở thành: t 2 t3 2t2 3t 2 0 t 2 t 2 1 t 2 1 0 t 1 2 2 2 Với t 2 ta có: sin cos 2 sin cos x . 2 2 Với t 1 2, ta có: sin cos 1 2 x 1 2 2 1 2 2 2 1 Hay x 1 x 1 2 x x2 1 2 x 1 2 0 2 1 2 2 2 1 2 Vậy phương trình có hai nghiệm là x ; x . 2 2 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A và ba số thực x, y, z sao cho bx cy az. Chứng minh rằng: Z 2 x2 y2 trong đó a BC,b AC,c AB. Lời giải b c Từ giả thiết ta có: z x y. a a c b Do tam giác ABC vuông tại A nên sin C ,cosC . Vậy z x cosC y sin C. a a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
  9. z2 x cosC y sin C 2 x2 y2 sin2 C cos2 C x2 y2 (đpcm). Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P sin cos cos sin biết 00 900. Lời giải 0 0 sin cos 0 Do 0 90 nên P 0. cos sin 0 Dấu bằng xảy ra khi 900 hoặc 00. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 2 P2 sin cos cos sin sin2 cos2 sin cos P2 sin cos P4 sin cos 2 2 P 4 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 450. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 4 2. Dạng 7 Nhận dạng tam giác STUDY TIP Ví dụ 1: Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện: Trong bài sử dụng các cos 2A 2 2 cos B 2 2 cosC 3. công thức: Tính các góc của tam giác ABC. Lời giải 2 cos 2A 1 2sin A Ta có: cos 2A 2 2 cos B 2 2 cosC 3 cos x cos y x y x y cos 2A 2 2 cos B cosC 3 =2cos cos 2 2 B C B C cos 2A 4 2 cos .cos 3 2 2 2 cos A cos A A B C cos 2A 4 2 cos .cos 3 2 2
  10. B C B C 2cos2 A 4 2 cos .cos 4 0 2 2 B C Do tam giác ABC không tù nên 0 cos A 1 cos2 A cos A và cos 1. 2 A B C Do đó: 0 2cos2 A 4 2 sin .cos 4 2 2 A 2 A A 2cos A 4 2 sin 4 2 1 2sin 4 2 sin 4 2 2 2 2 2 A A A 0 4sin 4 2 sin 2 2sin 2 0 2 2 2 A 2sin 2 0 0 2 A 90 Vậy B C 0 cos 0 B C 45 2 Ví dụ 2: Tính các góc của tam giác ABC biết A B và cos A B cos A B 1 cosC 1. Lời giải cos A B cos A B 1 cosC 1 cos A B cos 1800 C 1 cosC 1 cos A B cosC 1 cosC 1 cos A B . 1 cosC cosC cos2 C 1 0 2 1 cos A B 1 cosC cos C 0 (*) 2 Do 1 cos A B 1 cosC 0 và cos C 0 nên cosC 1 0 cos(A B) 1 A B 45 * cos(A B) 1 . cosC 0 0 C 90 cosC 0 Ví dụ 3: Tính các góc của tam giác ABC biết
  11. 2 sin2 A cos2 B cos2 C 2 sin A cos B 1. Lời giải 2 sin2 A cos2 B cos2 C 2 sin A cos B 1 4sin2 A 4sin A 1 4cos2 B 4cos B 1 4cos2 C 0 A 300 2sin A 1 2 2 2 0 2sin A 1 2cos B 1 4cos C 0 2cos B 1 B 60 cosC 0 C 900 Dạng 8 Xác định góc giữa hai vectơ Ví dụ: Cho lục giác đều ABCDEF ngoại tiếp đường tròn tâm O.           Tính góc: AB, ED , AB,CF , AB,CD , AB, BD , AB,OD . Lời giải     Do AB, ED cùng hướng nên AB, ED 00.     + AB,CF ngược hướng nên AB, ED 1800.       + Do AF,CD cùng hướng nên AB,CD AB, AF F· AB 1200.   + AB  BD nên AB, BD 900.       + Do AO,OD cùng hướng nên AB,OD AB, AO O· AB 600.
  12. C. Bài tập rèn luyện kĩ năng. Câu 1: Cho tam giác ABC đều. G là trọng tâm   tam giác ABC. Khi đó góc giữa BC và GC bằng: A.300. B. 600. C. 1200. D.1500. Câu 2: Giá trị của biểu thức sin 600 tan 300 M bằng: 5 6 0 0 A. ; B. cot120 cos30 61 61 6 5 3 ; A.1. B. 5. C. . 2 61 61 D. 2 3. 5 11 5 6 C. ; D. ; Câu 3: Cho hai góc nhọn và   . 6 6 61 61 Khẳng định nào sau đây sai? Câu 6: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A. cos cos. B. M 3; 4 và nửa đường tròn như hình vẽ. sin sin. Tọa độ giao điểm của đường thẳng OM với nửa đường tròn trên là: C. tan tan 0. D. cot cot. Câu 4: Bất đẳng thức nào dưới đây là sai? A. cos750 cos500. B. sin800 sin500. C. tan 450 tan 600. D. cos300 sin600. Câu 5: Trong hệ trục toạn độ Oxy, cho điểm M 5;6 và nửa đường tròn đơn vị như hình vẽ. Gọi N là giao điểm của đoạn OM với nửa đường tròn. Tọa độ điểm N:
  13. 3 4 3 4 2.sin2 510 sin2 550 sin 2390 sin2 350 2. A. ; B. ; C. 5 5 5 5 0 0 0 0 0 3 4 4 3 3. tan1 tan 2 tan 3 tan88 tan89 1. ; D. ; 5 5 5 5 4.sin2 20 sin2 40 sin2 60 Câu 7: Cho biết sin cos m. Giá trị của sin2840 sin2860 sin2880 22. sin .cos bằng bao nhiêu? 5. cos2 730 cos2 870 cos2 30 cos2 170 2. A. sin .cos m2. B. sin .cos 2m. 6. tan x cot x 2 tan x cot x 2 4 1 m2 Số khẳng định đúng là: C.sin .cos . D. 2 A. 0 B. 1. C. 2. m2 1 sin .cos . D. 5. 2 Câu 12: Cho 00;450 và các số thực Câu 8: Cho và  là hai góc khác nhau và tan cot tan bù nhau, trong các đẳng thức sau đây đẳng thức t1 tan , t2 tan , t3 cot , nào sai? cot t4 cot . Mệnh đề nào sau đây đúng: A. sin sin. B. cos cos. A. t4 t3 t1 t2. B. C. tan tan. D. cot cot. t4 t3 t2 t1. Câu 9: Cho góc tù. Điều khẳng định nào C.t2 t3 t1 t4. D. t1 t2 t4 t3. sau đây là đúng? Câu 13: Cho biết cot 4. Tính giá trị của: A. sin 0. B. 2 cos 0. E 2cos 5sin cos 1. 16 70 C. tan 0. D. cot 0. A. . B. . C. 17 17 Câu 10: Bất đẳng thức nào dưới đây là đúng? 71 69 . D. . A. sin900 sin1000. B. 16 17 cos950 cos1000. Câu 14: Cho các đẳng thức sau: 2 2 C. tan850 tan1250. D. a. cos x sin x cos x sin x 2,x. cos1450 cos1250. b. tan2 x sin2 x tan2 xsin2 x,x 900 Câu 11: Xét các khẳng định sau: 1 4 4 2 2 1.sin 360 cos60 sin1260 cos840 . c. sin x cos x 1 2sin x cos x,x. 2
  14. 6 6 2 2 d. sin x cos x 1 3sin x coGiás xtrị, củax biểu thức f4 x f6 x bằng: 1 1 1 cos x sin x A.0 . B. . C. e. x 0, x 180 . 12 6 sin x 1 cos x 1 . D. 0. 1 4 f. tan x cot x x 00,900,1800 sin x cos x Câu 18: Biểu thức tan2 xsin2 x tan2 x sin2 x có giá trị bằng: 1 g. tan2 x cot2 x 2 x 00,900,1800 sin2 xcos2 x A. -1. B. 0. C. 2. D. 1. 2 2 h. sin 2x cos 2x 2. 1 Câu 19: Cho cot . Giá trị của biểu thức: Số đẳng thức sai 3 3sin 4cos A. 1. B. 2. A là: C. 4. D. 6. 2sin 5cos Câu 15: Cho các góc a, b, c, d thuộc 15 A. . B. -13. C. 00;1800 sao cho 13 15 . D. 13. sin a 7sin b 4 sin c 2sin d 13 . Khi đó: cos a 7cosb 4 cosc 2cos d 2 Câu 20: Cho biết cos . Giá trị của biểu cos a d bằng: 3 cot 3tan 7 thức: E bằng: A. cos b c . B. 2cot tan 2 5 25 11 cos b c . A. . B. . C. 2 3 13 11 25 7 . D. . C.3cos b c . D. cos b c . 3 13 2 Câu 21: Cho tan cot m. Số các giá trị Câu 16: Biết sin a cos a 2. Giá trị của của m để tan2 cot2 7. sin4 a cos4 a bằng: A.0. B. 1. C. 3 1 2. D. 3. A. . B. . 2 2 2 C. -1. D. 0. Câu 22: Biểu thức tan cot bằng: 1 k k 1 1 Câu 17: Cho fk x sin x cos x với k A. . B. k sin2 cos2 là số nguyên dương. cot2 tan2 2.
  15. 1 1 A. 1. B. 0. C. C. . D. sin2 cos2 2. D. 3. cot2 tan2 2. Câu 28: Cho tam giác ABC vuông tại A. Các cạnh của tam giác ABC thỏa mãn điều kiện: Câu 23: : Đơn giản biểu thức: BC2 2BC.AC 4AC2. Khi đó sin ·ABC G 1 sin2 x cot2 x 1 cot2 x. bằng: 1 2 2 2 A. . B. C. A. sin x. B. cos x. C. 2 2 1 . D. cos x. 5 1 6 2 cosx D. . 4 4 Câu 24: Đơn giản biểu thức Câu 29: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB < sin x E cot x ta được: AC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho 1 cos x BD = AC. Trên tia đối của tia CA lấy điểm E 1 sao cho CE = AD. Tia DC cắt BE tại F. Khi đó A. sin x. B. . C. cos x tan C· FB bằng: 1 . D. cos x. 1 sin x A. 3. B. . C. 1. 3 Câu 25: Rút gọn biểu thức sau: 2 D. 2 cot 2x cos2 x sin x.cos x A . cot2 x cot x Câu 30: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh 2 2 A. A=1. B. A=2. C. thỏa mãn hệ thức BC AB.AC AB 0. A=3. D. A=4. 2 Khi đó sin A B bằng: 3 1 sin2 x Câu 26: Rút gọn biểu thức P ta 3 1 2sin x.cos x A. . B. . C. được: 2 2 2 1 1. D. . A. P tan x. B. 2 2 1 2 P cot x. Câu 31: Cho x thỏa mãn 2sin x cos x . 2 5 C. P 2cot x. D. P 2 tan x. Tính giá trị biểu thức: P 2 sin x cos x. Bạn Anh Vũ đã làm như sau: Câu 27: Cho a 0;2 2 . Số nghiệm của Bước 1: Nếu sin 0 thì x3 2x phương trình a là 2 2 2 x 1 x 1 P 2 sin x cos x 2sin x cos x . 5
  16. Nếu sinx 0 thì P 2 sinx cosx 2sinx cosx. Bước 2: Ta có: 1 2 2 sin x P 2sin x cos x 4 5 5 1 2 2sin x cos x P cos x P 2 5 Bước 3: Do sin2 x cos2 x 1 2 2 P 2 1 2 1 2 P P 1 38 . 16 5 4 5 P 25 2 38 Bước 4: Vậy P 2; ;  là các giá trị cần 5 25 tính. Bạn Anh Vũ sai ở bước nào? A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. $2. Tích vô hướng của hai vectơ A. Lý thuyết 1. Định nghĩa.
  17.  Cho hai vectơ a và b đều khác vectơ 0. Tích vô hướng của a và b là một số, kí hiệu là a.b, được xác định bởi công thức sau: a.b a . b .cos a,b Trường hợp ít nhất một trong hai vectơ a và b bằng vectơ 0 ta quy ước a.b 0. Chú ý: + Với a và b khác vectơ 0 ta có a.b a  b.  + Khi a b tích vô hướng a.a được kí hiệu là a2 và số này được gọi là bình phương vô hướng của vectơ a .  2 Ta có: a2 a . a .cos00 a + a.b 0 a,b là góc nhọn. a.b 0 a,b là góc vuông. a.b 0 a,b là góc tù. 2. Các tính chất của tích vô hướng Với ba vectơ a,b,c bất kì và mọi số k ta có: + a.b b.a (tính chất giao hoán); + a b c a.b a.c (tính chất phân phối); + ka .b k a.b a. kb ; 2 2 + a 0,a 0 a 0. Nhận xét: Từ các tính chất của tích vô hướng của hai vectơ ta suy ra: 2 2 + a b a 2 2a.b b ; 2 2 + a b a 2 2a.b b ; 2 + a b a b a 2 b . 3. Định lí hình chiếu.
  18.   Cho hai vectơ AB và CD. Gọi C , D lần lượt là hình chiếu của C, D trên     đường thẳng AB. Khi đó: AB.CD AB.C D . STUDY TIP 4. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng Trên mặt phẳng tọa độ O;i; j , cho hai vectơ a a ;a ,b b ;b . Hai vectơ a a1;a2 , 1 2 1 2 b b ;b đều khác 0 1 2 Khi đó tích vô hướng a.b là: vuông góc với nhau khi và chỉ khi: a.b a1b1 a2b2 a1b1 a2b2 0 5. Ứng dụng. a) Độ dài của vectơ Độ dài của vectơ a a1;a2 được tính theo công thức: 2 2 a a1 a2 b) Góc giữa hai vectơ. Từ định nghĩa tích vô hướng giữa hai vectơ ta suy ra nếu a a1;a2 và b b1;b2 đều khác 0 thì ta có a.b a b a b cos a;b 1 1 2 2 a . b 2 2 2 2 a1 a2 . b1 b2 c) Khoảng cách giữa hai điểm. Khoảng cách giữa hai điểm A xA; yA và B xB; yB được tính theo công thức: 2 2 AB x B xA yB yA B. Các dạng toán điển hình Dạng 1 Tính tích vô hướng – Tính góc. 1. Tính tích vô hướng. Ta có thể lựa chọn một trong các hướng sau đây:
  19. -Hướng 1: Sử dụng định nghĩa bằng cách đưa 2 vectơ a và b cùng gốc để xác định chính xác góc a,b , từ đó: a.b a . b .cos . -Hướng 2: Sử dụng các tính chất và các đẳng thức của tích vô hướng của hai vectơ. Lưu ý:  2   2     AC2 AB2 BC2 BC2 BC AC AB AC2 AB2 2AC.AB AC.AB 2 -Hướng 3: Nếu đề bài cho dạng tọa độ a a1;a2 ,b b1;b2 a.b a1b1 a2b2 2. Tính góc. Cho hai vectơ a và b . Nếu a a1;a2 và b b1;b2 đều khác 0 thì: a.b a b a b cos a,b 1 1 2 2 a . b 2 2 2 2 a1 a2 . b1 b2 Ví dụ 1:Cho hình vuông  ABCD tâm O, cạnh bằng a. Tính: a) AB.DC   b) AB.OC.   c) CA.OC.     d) AB AD . BC BD .     e) AC AB . 2AD AB .       f) AC AB AD . DA DB DC . Lời giải:     a) Do AB, DC cùng hướng nên AB, DC 00.     Do đó: AB.DC AB.DC.cos AB, DC a2.       b) Hai vectơ AO,OC cùng hướng, do đó AO,OC AB, AO 450.     a 2 2 a2 Ta có: AB.OC AB.OC.cos AB,OC a. . . 2 2 2     c) Hai vectơ CA,OC ngược hướng, do đó (CA,OC) 1800.
  20.     a 2 Suy ra CA.OC CA.OC.cos CA,OC a 2. . 1 a 2. 2            d) AB AD . BC BD 2AO. BC BD 2AO.BC 2AO.BD   a 2 2 2AO.BC.cos AO, BC 2. .a. a2 2 2            e) AC AB 2AD AB BC. AD BD BC.AD BC.BD a 2 2 3a2 a2 a. . . 2 2 2         f) AC AB AD . DA DB DC 4.AO.4DO 0. Ví dụ 2: Cho hình thang ABCD uông tại A và B có các đáy AD a, BC 3a và cạnh AB 2a.       a) Tính AB.BD, BC.BD và AC.BD. b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD. Hạ II , JJ vuông góc với AC.   Tính AC.IJ và độ dài I J . Lời giải   a) * Tính AB.BD. Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu)     AB.BD AB.BA 4a2. Cách 2: (Sử dụng định nghĩa)     AB.BD AB.BD.cos AB, BD AB.BD.cos D· BA AB AB. AB2 AD2 . AB2 4a2 AB2 AD2   *Tính BC.BD Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu)     Gọi E là hình chiếu của D trên BC. Khi đó: BC.BD BC.BE 3a2. Cách 2: (Sử dụng định nghĩa)
  21.     BC.BD BC.BD.cos BC, BD BC.BD.cos D· BC BC.BD.cos B· DA AD BC.BD. BC.AD 3a3. BD   *Tính AC.BD .          Ta có: AC.BD AC BC .BD AB.BD BC.BD 4a2 3a2 a2.   b) Tính AC.IJ . Cách 1: (Sử dụng định lí hình chiếu). Gọi F là hình chiếu của C trên IJ. Khi đó tứ giác IBCF là hình chữ nhật.     AB BC a 3a 2 AC.IJ IF.IJ BC. 3a 6a . 2 2      AC BD 1 1   13a2 a2 Cách 2: AC.IJ AC. AC2 AC.BD 6a2. 2 2 2 2 2 *Tính I J .     Ta có: AC.IJ AC.I J AC.I J a 13.I J . Từ đó suy ra 6a2 6a 13 I J . a 13 13 Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD có AB a,CD b, EF c trong đó E, F lần lượt là trung điểm của AC, BD. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng   STUDY TIP AB, CD. Tìm điều kiện để góc AB, DC là góc tù. + Cho tứ giác ABCD, E, E là Lời giải trung điểm của AC, BD. Khi      DC AB  DC AB 2   2 2   2 đó: FE . Ta có: FE 4EF DC AB DC 2DC.AB AB 2 2 + Cho hai đường thẳng AB và   a2 b2 4c2 CD. Khi đó: DC.AB 2   cos AB,CD cos AB,CD   a2 b2 4c2   a2 b2 4c2 Suy ra: DC.AB.cos AB, DC cos AB, DC 2 2ab 2 2 2   a b 4c Vậy cos AB,CD cos AB, DC . 2ab
  22.     a2 b2 4c2 Để AB,DC là góc tù thì cos AB,DC 0 0 a2 b2 4c2 2ab Dạng 2 Chứng minh đẳng thức vectơ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có BC a,CA b, AB c. Gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. Và R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: OI 2 R2 2Rr (Công thức Euler) Lời giải    Ta có: aIA bIB cIC 0       a IO OA b IO OB c IO OC 0     aOA bOB cOC STUDY TIP OI a b c Ở bài toán này, ta sử dụng công thức: a2 b2 c2 ab 2R2 c2 bc 2R2 a 2 ac 2R2 b2 OI 2   2 2.OA.OB OA2 OB2 AB2 a b c 2R2 c 2 2 2 a b c R abc a b c abc R2 R2 2Rr a b c 2 2 p Vậy OI 2 R2 2Rr Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có AB c, BC a, AC b . Điểm M thuộc đoạn AB. Giả sử AM m, BM n, MC d. Chứng minh rằng: c d 2 mn a2.m b2.n . Lời giải Giả sử chân đường vuông góc H hạ từ đỉnh C nằm giữa A và M (có thể H trùng M). Ta có:      CB CM MB CB2 CM 2 MB2 2CM.MB CB2 CM 2 MB2 2HM.MB Tương tự ta có: CA2 CM 2 MA2 2HM.MA Từ hai đẳng thức trên ta có:
  23. CB2.MA CA2.MB CM 2 MA MB MB2.MA MA2.MB CM 2.AB AB.MA.MB Đặc biệt: Trường hợp M trùng với A, B thì đẳng thức vẫn đúng. *Chú ý: STUDY TIP 1. Khi M trung điểm của AB, ta có: Ví dụ 2 chính là định lí Stewart nổi tiếng, được 2 2 2 c2 c2 c2 2 a b c Stewart chứng minh năm m2.c2 a2. b2. a2 b2 c2 . m2 . c 4 4 4 c 4 1976, còn nhận xét 1, 2 chính là trường hợp đặc 2 c2 b2 a2 2 c2 a2 b2 biệt của định lí này. Nhận 2 2 Tương tự, ma ,mb . xét 1, còn có tên gọi là 4 4 Định lí Apollonius về Đây là công thức trung tuyến trong tam giác ABC. trung tuyến. · Độ dài đường phân giác 2.Khi CM là phân giác trong của góc ACB (M thuộc AB). được tính theo công thức MA b MA b bc sau: Ta có: MA . Từ đó suy ra MB a c a b b c C ac 2abcos MB . a b l 2 . c a b Theo công thức trên ta có: A 2cbcos a2b2c2 abc2 2 c2l2 2 a2 b2 c2 la . c c b a b 2 a b 2 B 2ac cos 2 2 ab a b c ab a b c a b c 2 abp p c l 2 2 b lc lc a c a b 2 a b 2 a b 2 cbp p a 2 acp p b Tương tự l ,l . a c b b a c Đây là công thức tính độ dài đường phân giác. Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G. M là một điểm bất kì. Chứng minh rằng: 9MG2 3 MA2 MB2 MC2 AB2 BC 2 CA2 . Lời giải
  24.     Ta có: 3MG MA MB MC       9MG2 MA2 MB2 MC2 2 MA.MB MB.MC MA.MC   MA2 MB2 AB2 Mặt khác, MA.MB , 2   MA2 MC2 AC2   MC2 MB2 CB2 MA.MC , MC.MB . 2 2       AB2 CB2 AC2 Do đó, MA.MB MA.MC MC.MB MA2 MB2 MC2 2 AB2 CB2 AC2 Vậy 9MG2 MA2 MB2 MC2 2 MA2 MB2 MC2 2 3 MA2 MB2 MC2 AB2 CB2 AC2 . Ví dụ 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Chứng minh rằng với mọi điểm M ta luôn có: MA MB MC OA OB OC. Lời giải Do tam giác ABC đều nên O là trọng tâm tam giác.       OA OB OC Suy ra: OA OB OC 0 0. OA OB OC     Mặt khác, ta luôn có: MA.OA MA.OA.cos MA,OA MA.OA        MA.OA MO OA .OA MO.OA MA OA. OA OA OA     MO.OB MO.OC Tương tự ta cũng có: MB OB, MC OC. OB OC Từ đây suy ra:     OA OB OC MA MB MC MO OA OB OC OA OB OC. OA OB OC Ví dụ 4: Chứng minh rằng trong hình bình hành ta có: tổng các bình phương hai đường chéo bằng tổng các bình phương của các cạnh.
  25. Lời giải Cho hình bình hành ABCD, ta chúng minh: AC2 BD2 2 AB2 AD2  2  2 Ta có: AC2 BD2 AC BD   2   2     AB AD BC BA 2 AB2 AD2 2 AB.AD BA.BC             Do AB.AD BA.BC 0, BA AB, BC AD nên AB.AD BA.BC 0 Vậy ta có: AC2 BD2 2 AB2 AD2 STUDY TIP Ví dụ 5: Cho đường tròn O;R và điểm M cố định, OM d. Giá trị không đổi Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi 2 2 2 2 MA.MB d 2 R2 được gọi đó MA.NB MO R d R là phương tích của điểm M Lời giải đối với đường tròn O và kí hiệu là PM /O . Ta có: P MA.MB M /O d 2 R2 Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau taih P và PA.PB PC.PD thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn Gọi C là điểm đối xứng của A qua O . Ta có CB  AM hay B là hình chiếu của C trên AM. Khi đó ta có     MA.MB MA.MB MC.MA     MO OC MO OA     MO OA MO OA  2  2 MO OA OM 2 OA2 d 2 R2 Dạng 3 Chứng minh hai đường thẳng vuông góc
  26. Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ta cần chứng minh tích vô hướng của chúng bằng 0:   AB  AC AB.AC 0 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC. D là hình chiếu của H lên AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh: AM  DB. Lời giải   *Cần chứng minh: AM.DB 0       1   Ta có: DB BH HD HC HD và AM AH AD 2   1     Do đó: AM.BD AH AD HC HD 2 1         AH.HC AH.HD AD.HC AD.HD 2   AH.HC 0(doAH  BC) Mà   AD.HD 0(doAH  HD)   1     1      AM.BD AH.HD AD.HC AH.HD AH HD .HC 2 2 1     1    1   AH.HD HD.HC HD. AH HC HD.AC 0 2 2 2 Vậy AM  DB. Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đoạn thẳng AC sao AC cho AM . Gọi N là trung điểm CD. Chứng minh rằng BMN là tam 4 giác vuông cân. Lời giải   Đặt AD a, AB b  1  1    b Khi đó: AM AC a b ; AN AD DN a 4 4 2    1 1    1 MB AB AM b a b a 3b và MN AN AM 3a b . 4 4 4
  27.   1 1 2 2 Ta có: MB.MN a 3b 3a b 3a 3b 8a.b 0 16 16  2 1 2 1 2 2 5 2 MB a 3b a 9b 6a.b a 16 16 8  2 1 2 1 2 2 5 2 MN 3a b 9a b 6a.b a 16 16 8 Vậy MB  MN và MB = MN, tam giác BMN vuông cân tại đỉnh M. Ví dụ 3: Cho tứ giác lồi ABCD, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Gọi H và K lần lượt là trực tâm các tam giác ABO và CDO. Và I, J lần lượt là trung điểm AD và BC. Chứng minh rằng: HK  IJ. Lời giải   *Cần chứng minh: HK.IJ 0     IJ IA AC CJ    Ta có:     2IJ AC DB IJ ID DB BJ          Suy ra: 2HK.IJ HK AC BD HK.AC HK.BD            HB BD DK AC HA AC CK DB AC BD DB 0 Vậy HK  IJ. Ví dụ 4: Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BK  AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. 1. Chứng minh: B· MN 900. 2. Tìm điều kiện của hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân.      *Nhận xét: - Phân tích các vectơ MN, BM theo các vectơ gốc: BA, BC, BK   - Chứng tỏ: MN.BM 0 Lời giải    1. Đặt BA a, BC b, BK c và BA a; BC b; BK c.  1     1 a 1 Ta có: BM a c ;MN MB BC CN a c b b c 2 2 2 2
  28. Do đó:   1 c 1 1 MN.BM b a c 2a.b a.c 2b.c c2 2a.b b a c b c c 2 2 4 4   Vì a.b 0 và b a c 0; b c c 0 nên MN.BM 0 B· MN 900.   2. Ta có: BM MN BM 2 MN 2 2 2 1 1 2 2 2 2 a c b c a c 2a.c 4b c 4b.c 2 2 a2 2ac.cos ·ABK 4b2 4bc cosC· BK a2 2c. a cos ·ABK 4b2 4c. cosC· BK a2 2c2 4b2 4c2 a2 6c2 4b2 0 (1) a2b2 Mặt khác: Vì ab AC.c nên c2 a2 b 2 6a2b2 Thay vào (1) ta được: a2 4b2 0 a2 3a2b2 4b2 0 a2 b2 a2 b2 a2 4b2 0 a2 b2 0 a b Vậy điều kiện cần và đủ để tam giác BMN vuông cân là ABCD là hình vuông. Bài tập rèn luyện kĩ năng: 1. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm của ACD. Chứng minh rằng nếu: AB = AC thì OE  CD. 2. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN. Chứng minh rằng: BM  CN b 2 c2 5a2 3. Cho tam giác cân ABC, AB = AC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm cạnh AB và G là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh: OG  CD .
  29. 4. Cho ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm ADC. Chứng minh IE  CD. (I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC). 5. Cho hình vuông ABCD, trên DC lấy điểm E, kẻ EF  AC F BC . M, N lần lượt là trung điểm AE và DC. Chứng minh rằng: MN  DF 6. Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ BH  AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AH và DC. Chứng minh rằng: BM  MN. 7. Cho hình vuông ABCD , trên AB lấy điểm P, trên AD lấy điểm Q sao cho AP = AQ. Kẻ AH  DP. Chứng minh rằng: CH  QH Dạng 4 Chứng minh bất đẳng thức Ta đã biết với hai vectơ u,v khác 0 , tchs vô hướng được định nghĩa như sau: u.v u . v .cos u,v . Từ đây ta có thể rút ra một số bất đẳng thức: u.v u . v .cos u,v u . v hoặc u.v u . v . Sau đây là một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có: 3 cos A cos B cosC . 2 Lời giải    Thiết lập các đơn vị e1,e2,e3 có giá trị lần lượt vuông góc với các cạnh AB, BC, AC của ABC , ta được:   0 e1.e2 e1 . e2 .cos 180 B cos B,   0 e 2.e3 e2 . e3 .cos 180 C cosC,   0 e1.e3 e1 . e3 .cos 180 A cos A,    2  2  2  2       Mặt khác ta luôn có: e1 e2 e3 e1 e2 e3 2 e1.e2 e2.e3 e1.e2 3 2 cos B cosC cos A 0
  30. 3 cos A cos B cosC , đpcm. 2 Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có: A B C 3 sin sin sin . 2 2 2 2 Lời giải A B C B C A C B A Ta có: sin cos ,sin cos ,sin cos . 2 2 2 2 2 2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: B C C A B A 3 cos cos cos . 2 2 2 2 B C C A B A Đặt , ,    1800. Khi đó ,,  là 2 2 2 ba góc của một tam giác. Theo ví dụ trên ta suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC luôn có: 3 cos 2A cos 2B cos 2C . 2 Lời giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta nhận được:       2A OB,OC ,2B OC,OA ,2C OA,OB Mặt khác:    2  2  2  2       OA OB OC OA OB OC 2 OA.OB OB.OC OC.OA 3R2 2 R2.cos 2C R2 cos 2A R2 cos 2B 0 3 cos 2A cos 2B cos 2C , điều phải chứng minh. 2 Ví dụ 4: Chứng minh với mọi số thực x, y ta luôn có:
  31. x y 1 xy 1 (*) 1 x2 1 y2 2 Lời giải 2 2 2 2 x 1 y y 1 x 1 2x 1 y 2y 1 x Ta có (*) 1 1 x2 1 y2 2 1 x2 1 y2 1 x2 1 y2 2x 1 x2 1 y2 2y Đặt: a ; ,b ; . Suy ra: a b 1. 2 2 2 2 1 x 1 x 1 y 1 y 2 2 2x 1 y 2y 1 x Do a.b a b 1. Suy ra 1 1 x2 1 y2 1 x2 1 y2 Dạng 5 (đpcm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Ví dụ 1: Giải phương trình: 9x3 18x2 36x2 9x3 9 x2. Lời giải 3 2 2 3 Điều kiện: x 2;4 0. Đặt u 1;1 ,v 9x 18x ; 36x 9x . Ta có: u 2, v 3 2x u . v 6x. 2 Ta có: 9 x2 u.v u . v 6x x 3 0 x 3. Thử lại với x = 3, thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3. Ví dụ 2: Giải bất phương trình: x 1 x 3 2 x 3 2 2x 2 Lời giải Điều kiện: x 1. Đặt u 1;1 ,v x 1; x 3 . Ta có: u 2, v x 1 x 3 2 u . v 2x 2 2 x 3 2 .
  32. Ta có: x 1 x 3 u.v u . v 2x 2 2 x 3 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 x 3 x 5 Thử lại với x = 5, thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 5. x x 2 y 2 2z 1 0 (1) Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: x y 1 y 2 5z 1 0 (2) 2 2 2 2 y 1 5z 1 2 x 2 2z 1 (3) Lời giải Trong mặt phẳng Oxy, đặt a x; y 2 ,b x 2;2z 1 ,c y 1;5z 1 . a.b 0 Hệ phương trình trở thành: a.c 0 (I). c 2 b Nếu a 0 thì x 0, y 2. Thay vào phương trình (3) ta có: 1 11 9 5z 1 2 2 4 2z 1 2 9z2 6z 10 0 z 3 Nếu a 0 thì từ hai phương trình đầu của hệ (I) ta suy ra b,c cùng phương. Kết hợp với phương trình ba của hệ (I) ta suy ra 2b c hoặc 2b c. y 1 2 x 2 z 1 Trường hợp 1: 2b c 5z 1 2 2z 1 y 2x 5 2 x 3 Thay vào (1) ta có x 4x 21 0 . x 7 Với x 3 thì y 1. Với x 7 thì y 19.
  33. 1 y 1 2 x 2 z Trường hợp 2: 2b c 3 . 5z 1 2 2z 1 y 3 2x 4 13 1 2 13 Thay vào (1) ta có: 3x2 8x 1 0 x y . 3 3 1 11 1 11 Thử lại ta thấy các bộ số 0;2; , 0;2; , 3;1;1 , 7; 19;1 , 3 3 4 13 1 2 13 1 4 13 1 13 1 ; ; , ; ; 3 3 3 3 3 3 đều là nghiệm của phương trình đã cho. Dạng 6 Tìm tập hợp điểm, bài toán cực trị Một số bài toán cơ bản: 1. Cho đoạn thẳng AB, tập hợp các điểm M thỏa mãn:   + AM.AB 0 là đường thẳng vuông góc với AB tại A.   + MA.MB 0 là đường tròn đường kính AB. 2. Cho điểm I cố định và một số k. Tập hợp các điểm M thỏa mãn IM 2 k là: + Tập rỗng nếu k 0. Một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B cố định. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện: MA2 MB2 k2 (với k là số cho trước). Lời giải Gọi O là trung điểm của đoạn AB. Khi đó:   2   2 AB2 MA2 MB2 MO OA MO OB 2MO2 . 2
  34. AB2 k2 AB2 Theo giả thiết ta có: 2MO2 k2 MO 2 . 2 2 4 Theo bài toán cơ bản 2, ta có tập hợp các điểm M là: 1 + Đường tròn tâm O (trung điểm của đoạn AB), bán kính 2k2 AB2 2 nếu 2k2 AB2. + Điểm O (trung điểm đoạn AB) nếu 2k2 AB2. + Tập rỗng nếu 2k2 AB2. Ví dụ 2: Cho hai điểm A, B phân biệt, cố định và một số thức k. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện: MA2 MB2 k. Lời giải Gọi O là trung điểm đoạn AB và H là hình chiếu của M lên AB. Khi đó:         MA2 MB2 MA MB MA MB 2MO.BA 2HO.BA   k Theo giả thiết ta có: 2HO.BA k OH . 2AB Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện: MA2 MB2 k là đường thẳng vuông góc với AB tại điểm H cách trung điểm O của đoạn AB một k khoảng được xác định bởi hệ thức: OH . 2AB Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD, tâm O, M là điểm bất kỳ. Giả sử M di động trên đường thẳng , tìm các vị trí của M để MA2 MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Ta có: MA2 MB2 MC2 MD2   2   2   2   2 MO OA MO OB MO OC MO OD      2MO OA OB OC OD 2 OA2 OB2 2 OA2 OB2 MA2 MB2 MC2 MD2 2 OA2 OB2
  35. Do 2 OA2 OB2 không đổi nên MA2 MB2 MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MD2 nhỏ nhất. Điều này xảy ra khi M là hình chiếu của D lên đường thẳng . Dạng 7 Xác định tọa độ trực tâm, tâm ngoại tiếp tam giác 1. Bài toán xác định tọa độ trực tâm của ABC khi biết tọa độ đỉnh A, B, C. Bước 1: Giả sử H xH ; yH là trực tâm của tam giác ABC. Từ đây các bạn   tính được tọa độ của các vectơ HA, HB .   HA.BC 0 Bước 2:   , suy ra tọa độ điểm H. HB.AC 0 2. Bài toán xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi biết tọa độ ba đỉnh A, B, C. Bước 1: Giả sử I xI ; yI là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Từ    đây các bạn tính được tọa độ các vectơ IA, IB, IC. Suy ra độ dài IA, IB, IC. IA IB Bước 2: , suy ra tọa độ điểm I. IA IC Ngoài ra ta cũng cần nắm dược bài toán sau: 3. Bài toán xác định tọa độ điểm K là hình chiếu của A lên đường thẳng BC.   KA.BC 0 Từ   , ta suy ra tọa độ K. KB mCB Ví dụ: Cho tam giác ABC có điểm A 4;6 , B 5;1 ,C 1; 3 . a) Tính chu vi tam giác ABC. b) Tìm điểm M thuộc trục Oy sao cho M cách đều hai điểm A và B. c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. d) Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. e) Xác định tọa độ điểm N là hình chiếu của A lên
  36. đường thẳng IH. Lời giải  a) Ta có: AB 1; 5 AB 12 5 2 26  AC 3; 9 AC 3 2 9 2 90 3 10  BC 4; 4 BC 4 2 4 2 32 4 2 Chu vi tam giác ABC bằng: 26 3 10 4 2. b) Do M nằm trên Oy nên M 0;m . Ta có: MA 0 4 2 m 6 2 m2 12m 52, MB 0 5 2 m 1 2 m2 2m 26. Để M cách đều A và B thì MA = MB 13 m2 12m 52 m2 2m 26 10m 26 m . 5 13 Vậy M 0; thoar mãn yêu cầu bài toán. 5 c) Giả sử x; y là tọa độ điểm H.   Ta có: HA 4 x;6 y , HB 5 x;1 y . H là trực tâm tam giác ABC nên   HA.BC 0 4 4 x 4 6 y 0 10 x y 0 x 11   H 11; 1 HB.AC 0 3 5 x 9 1 y 0 8 x 3y 0 y 1 d) Giả sử u;v là tọa độ của điểm I.    Ta có: IA 4 u;6 v , IB 5 u;1 v , IC 1 u; 3 v . I là tâm ngoại tiếp tam giác ABC nên
  37. 2 2 2 2 2 2 IA IB 4 u 6 v 5 u 1 v 2 2 2 2 2 2 IA IC 4 u 6 v 1 u 3 v 1 u u 5v 13 2 1 5 I ; 3u 9v 21 5 2 2 v 2 65 130 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng R IA . 2 2 e) Giả sử m;n là tọa độ điểm N.   23 7  Ta có: AN m 4;n 6 , IH ; , NH 11 m; 1 n . 2 2 23 m 4 7 n 6 0   AN.IH 0 23k Ta có:   11 m NH k IH 2 7k 1 n 2 23k 7k 210 23 7 7 7 0 k 2 2 289 23k 764 764 446 11 m m N ; 2 289 289 289 7k 446 1 n n 2 289
  38. C. Bài tập rèn luyện kĩ năng Câu 3: Cho 2 vectơ a và b thỏa mãn a 4, b 3 và a 2b 2 7. Khi đó a,b Câu 1: Cho hai vectơ a và b ngược hướng và bằng: khác vectơ 0. Trong các kết quả sau đây, hãy A. 1200. B. 900. C. chọn kết quả đúng: 600. D. 300. A. a.b a . b . Câu 4: Cho 2 vectơ a và b thỏa mãn B. a.b 0. a 4, b 3 và hai vectơ u 2a 3b và C. a.b 1. D. a.b a . b . v 15a 14b vuông góc với nhau. Khi đó a,b bằng: Câu 2: Cho hai vectơ a và b thỏa mãn điều 0 0 kiện a b 1 và a.b 3. Độ dài vectơ A. 120 . B. 90 . C. 0 0 3a 5b : 60 . D. 30 . A. 5 5. B. 24. C. 8. D. 124.
  39.   Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai 1 2 C. a.b a2 b2 a b . vectơ a 1;2 ,b 2; 4 .Khi đó cos a,b 2 bằng: D. a.b a1.b1 a2.b2. 3 3 A. . B. C. Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai 5 5 1 vectơ a i 5 j và b k 1 i 2k 1 j. 1. D. 2 a) Biết vectơ a vuông góc Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai  với b, khi đó k bằng: vectơ a a ;a ,b b ;b . Khi đó 1 2 1 2 4 A. k . B. sin a,b bằng: 11 2 ab a b k . A. 1 1 2 2 . B. 3 2 2 2 2 a1 a2. b1 b2 4 4 C. k . D. k . ab a b 1 1 2 2 . 7 7 a2 a2. b2 b2 1 2 1 2 b) Số các giá trị k để độ dài vectơ a bằng ab a b độ dài vectơ b là: C. 1 2 2 1 . D. 2 2 2 2 a1 a2. b1 b2 A. 0. B. 1. C. 2. D. 3. a1b2 a2b1 c) Gọi X là tập hợp các giá trị của k thỏa . 2 2 2 2 a1 a2 . b1 b2 mãn điều kiện góc giữa hai vectơ a và b bằng 450. Khi đó tập hợp X bằng: Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai 2 2 1 5 vectơ u 3x 2x 9;1 ,v 1; 3x 2x 2 A. . B. ; . 7 4 Số giá trị của x để u.v 7 là: 1 5 1 5 C. ; . D. ; . A. 0 B. 1. 7 4 7 4 C. 2 D. 3 Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 vectơ a 1;2 ,b 5;1 và c ma nb với vectơ a a1;a2 ,b b1;b2 . Đẳng thức nào m,n ¡ . Biết rằng vectơ c vuông góc với sau đây sai: vectơ v a 2b. Khẳng định nào sau đây   1 2 A. a.b a b a2 b2 . đúng? 2 A. 49m n 0. B. m 49n 0. B. a.b a . b .cos a,b . C. 41m 17n 0. D. 17m 41n 0.
  40. Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai c) Tọa độ điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp vectơ a 1;2 và b 5;1 . Vectơ c thỏa tam giác ABC là: mãn điều kiện c thỏa mãn điều kiện a.c 1 và A. 2;1 . B. 1;2 . C. 1;2 . D. 1; 2 . b.c 39. Khi đó c có tọa độ là: d) Biết M nằm trên Oy, có tung độ bằng m và A. 7;4 . B. 4;7 . cách đều hai điểm A, C. Khi đó m bằng: A. m 3. B. m 3. C. 3;2 . D. 1;1 . C. m 3. D. m . Câu 12: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của BC, AC. e) N nằm trên Ox và có NA2 3NB2 đạt giá trị I là hình chiếu của H lên AB. Cho các mệnh nhỏ nhất. Khi đó, điểm N có tọa độ là: đề: A. N 2;0 . B. N 2;0 .       A1 : AB.AC BC AB AC.BC . C. N 1;0 . D. N 1;0 .     A2 : BA.BC 2BA.BI . f) Tọa độ điểm A đối xứng với A qua BC là:    2 13 11 31 17 A3 : AB AC .BC a . A. A ; . B. A ; . 5 5 5 5   3 2 A4 : AH.CA a . 31 17 31 17 4 C. A ; . D. A ; . 5 5 5 5     A5 : 7CB.CA 4CB.CI . g) Gọi D là điểm sao cho tam giác ABD vuông cân tại B và có tung độ dương. Khi đó, điểm D   a2 thuộc đường thẳng nào dưới đây? A : CB.CK . 7 2 A. x2 2y2 59 B. x2 2y2 27. Số các mệnh đề đúng trong mệnh đề nào sau: C. x y 0. D. x y 2. A. 3. B. 4. C. 5. D. 6. Câu 14: Cho nửa lục giác đều ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD 2a. Gọi I là Câu 13: Cho tam giác ABC có trung điểm AB, H là hình chiếu của B lên AD. A 1;1 , B 3;1 , C 2;4 . K là trung điểm của đoạn HD. Xét các khẳng định sau: a) cos A bằng:   A : IC.ID 2a2 . 5 2 2 10 2 1 A. . B. . C. . D. . 5 2 5 2   3a2 A : AD.BK . b) Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là: 2 2 A. 2;3 . B. 2;2 . C. 2; 2 . D. 2;2 .
  41.   2 a 21 2 k A : BK . 2HO.BA k HO.AB 3 4 2 Số các khẳng định sai trong các khẳng định k2 HO 0 trên là: 4a A. 0. B. 1.C. 2. Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là tập rỗng. D. 3. Theo các bạn, lời giải của bạn Tùng Chi sai ở Câu 15: Cho hai điểm A 2; 2 , B 5; 2 . bước: Tìm M trên tia Ox sao cho ·AMB 900. A. 1.B. 2. A. M 1;6 . C. 3.D. Không sai. B. M 6;0 . Câu 17: Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, ngoại tiếp đường C. M 1;0 hay M 6;0 D. M 0;1 . tròn (C) tâm K 2;3 có D là tiếp điểm của Câu 16: Bạn Tùng Chi giải bài toán: “Cho (C) trên cạnh AC. Đường tròn ngoại tiếp tam 2 giác BCD cắt cạnh AB tại điểm E khác B. Các đoạn thẳng AB 2a và số k . Tìm tập hợp đường thẳng qua A, D và vuông góc với CE cắt các điểm M trong mặt phẳng thỏa mãn điều các cạnh BC tại F 3; 4 và G 1; 1 . Khi kiện: MA2 MB2 k2 ” theo các bước sau: FB đó bằng: Bước 1: Gọi O là trung điểm của đoạn AB. Kẻ FG MH  AB như hình vẽ: 1 A. . B. 1 C. 2. 2 3 D. . 4 Câu 18: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Khi đó M· AN bằng: A. 440. B. 450. C. Bước 2: Ta có: 44,80. D. 45,20. MA2 MB2 k2 Câu 19: Cho tam giác cân tại A, AH là đường   2   2 MO OA MO OB k2 cao. Gọi D là trung điểm của AH. Kẻ HE vuông góc với CD tại E. Khi đó M· AN bằng:      2MO OA OB k2 2MO.BA k2 A. 890. B. 900. 0 0 Bước 3: Sử dụng công thức hình chiếu ta có: C. 91 . D. 92 .
  42. Câu 20: Cho hình chữ nhật ABCD. Đường A. Bước 1. B. Bước thẳng qua D vuông góc với AC cắt BC tại N. 2. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của CD, CN. T C. Bước 3. D. Bước 4. là điểm trên NC sao cho CN = 3NT. Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng: Câu 23: Cho hai vectơ a,b có a b 1 và A.DN. B. DT. C. a,b 600. Số các số x thỏa mãn DF. D. DC. Câu 21: Gọi S là tập nghiệm của bất phương xa b 3 là: trình: A. 0 B. 1. C. 2. 3 2x 2x 1 5 4x 2 10 17x 10x2 2x3. D. 3. Câu 24: Cho ba vectơ a,b,c khác 0 thỏa mãn Số phần tử của tập hợp S là: điều kiện: b.c .a a.c .b b.a .c 0 (1). Gọi A. 0. B. 1. C. b,c , a,c ,  b,a . Có bao nhiêu Vô số. D. 2. bộ ,,  thỏa mãn điều kiện (1)? Câu 22: Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi: A. 4. B. 5.C. 6.         D. 7. AB.AD BA.BC CB.CD DC.DA 0.         Câu 25: Cho tam giác ABC có A 900, Bước 1: AB.AD BA.BC CB.CD DC.DA 0 2a            BC , AC a a 0 . Khi đó AB. AC 2BC AB.AD AB.BC BC.CD CD.AD 0 3       bằng: AB. AD BC CD. BC AD 0 2a2 a2     A. B. C. Bước 2: AD BC AB CD 0 3 3 2 3a2 4a2     D. AD BC AB DC 0. 3 3   Câu 26: Cho tam giác ABC đều cạnh AD BC 0 (1) Bước 3:   3a a 0 . Lấy các điểm M, N, P lần lượt trên AB DC 0 (2) các cạnh BC, CA, AB sao cho BM a,   Bước 4: 1 AD BC. Điều này tương CN 2a, AP x 0 x 3a . Để AM  PN đương với tứ giác ABCD là hình bình hành thì x bằng:   2a 4a 2 AB DC. Điều này tương đương với tứ A. B. C. giác ABCD là hình bình hành 5 5 4a 5a D. Lời giải trên sai ở bước nào? 15 4
  43. Câu 27: Cho hình thang cân ABCD có CD = 2AB = 2a a 0 .DAB 1200 , AH vuông góc      với CD tại H. Khi đó AH. CD 4AD AC.BH bằng: 15a 2 15a2 A. B. 4 4 15a2 15a2 C. D. 8 8 Câu 28: Cho hình thoi ABCD cạnh a a 0 , ADC 1200.     Khi đó AB AD AD.BD bằng a2 A. a 3 B. 2 a2 a 3 2 a2 a2 C. a 3 D. a 3 3 2
  44. $3. Các hệ thức lượng trong tam giác A. Lý thuyết 1. Một số kí hiệu Cho tam giác ABC có BC a, AC b và AB c : + ma ,mb,mc lần lượt là trung tuyến kẻ từ A, B, C + ha ,hb,hc là độ dài đường cao lần lượt tương ứng với các cạnh BC, CA, AB; + R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác; + r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác; a b c + p là nửa chu vi tam giác. 2 + S là diện tích tam giác. 2. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu của A lên BC. Đặt AH h, BH c ,CH b . Khi đó: 1. a2 b2 c2. 2. c2 c .a,b2 b .a. 1 1 1 3. . h2 b2 c2 4. h2 c .b . 5. a c.cos B b.cosC 3. Định lí côsin Trong tam giác ABC bất kì, ta luôn có: a2 b2 c2 2bc.cos A; b2 c2 a2 2ca.cos B; c2 a2 b2 2ab.cosC.
  45. *Hệ quả: b2 c2 a2 c2 a2 b2 a2 b2 c2 cos A ;cos B ;cosC . STUDY TIP 2bc 2ca 2ab Định lí cosin được sử *Nhận xét: Định lí này cho phép ta xét được tam giác nhọn, tù hay vuông dụng để giải tam giác thông qua các yếu tố cạnh của tam giác. khi biết hai cạnh và một góc hoặc khi biết cả ba A nhọn b2 c2 a2 cạnh của tam giác. A tù b2 c2 a2 A vuông b2 c 2 a2 Từ đây đưa đến cách nhận dạng tam giác ABC thông qua yếu tố cạnh của nó. b2 c2 a2 2 2 2 -Tam giác ABC có 3 góc nhọn c a b . a2 b2 c2 b 2 c2 a 2 -Tam giác ABC có 1 góc tù c 2 a2 b2 . a2 b2 c2 b2 c2 a2 -Tam giác ABC có 1 góc vuông c2 a2 b2 . a2 b2 c2 4. Định lí sin. Trong tam giác ABC bất kì, ta luôn có: a b c 2R sin A sin B sin C Định lí sin được dùng để giải tam giác khi biết góc và độ dài cạnh đối diện và biết một góc hoặc một cạnh khác. Các bạn linh hoạt sử dụng định lí cosin và định lí sin để giải tam giác khi có các thông tin hợp lí. 5. Độ dài đường trung tuyến
  46. b2 c2 a2 m2 ; a 2 4 a2 c2 b2 m2 ; b 2 4 a2 b2 c2 m2 . c 2 4 3 *Nhận xét: m2 m2 m2 a2 b2 c2 . a b c 4 6. Công thức tính diện tích tam giác 1 1 1 S ah bh ch 2 a 2 b 2 c 1 1 1 bcsin A casin B absin C 2 2 2 abc 4R pr p a p b p c 1   2 AB2 AC2 AB.AC 2 1 x x y y x x y y 2 B A C A C A B A *Nhận xét: Từ định lí cosin và công thức tính diện tích ta có thể xây dựng được công thức sau: 2 2 2 2 2 2 2 a b c 2bc.cos A b c 2bc.sin A.cot A b c 4SABC cot A b2 c2 a2 a2 c2 b2 b2 a2 c2 cot A . Tương tự: cot B ,cotC . 4SABC 4SABC 4SABC Dạng 1 B. Các dạng toán điển hình. Giải tam giác Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có AB 2, AC 3 và Cµ 450. Độ dài
  47. STUDY TIP Cách 1: Biết độ dài 2 cạnh và 1 góc trong tam giác, ta sử dụng định lí cosin. cạnh BC là: Cách 2: Ta biết độ dài cạnh 6 2 6 2 và góc đối diện và biết một A. BC= . B. BC . 2 2 cạnh khác, ta sử dụng định lí sin. 6 2 C. BC . D. BC 6. 2 Lời giải Cách 1: Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có: c2 a2 b2 2abcos450 6 2 a 2 2 2 a2 3 2.a. 3. a2 a. 6 1 0 2 6 2 a 2 Cách 2: Áp dụng định lí sin trong tam giác ta có: AB AC AC 2 3 sin B sin C. . Bµ 600 hoặc Bµ 1200. sin C sin B AB 2 2 -Với Bµ 600, suy ra µA 750. Ta có: AB BC sin A 6 2 6 2 BC AB. . 2 . sin C sin A sin C 2 2 2 -Với Bµ 1200, suy ra µA 150. Ta có: AB BC sin A 6 2 6 2 BC AB. . 2 . sin C sin A sin C 2 2 2 Ví dụ 2: Tam giác ABC có AB 4, BC 6, AC 2 7. Điểm M thuộc đoạn BC sao cho MC = 2MB. a) Cosin của góc có số đo lớn nhất bằng: 7 1 2 7 A. . B. . C. . D. 14 2 7 7 . 7
  48. b) Độ dài cạnh AM là: A. AM 4 2. B. AM 3. C. AM 2 3. D. AM 3 2. Lời giải STUDY TIP a) Do 6 2 7 4 nên B· AC có số đo lớn nhất. 1. Cho a, b, c là độ dài Áp dụng định lí cosin trong tam giác ta có: ba cạnh của tam giác. Giả sử a > b> c AB2 AC2 BC2 16 28 36 7 thì cos A . 2.AB.AC 1.4.2 7 14 cos A cos B cosC Đáp án A. 2. Bài toán tổng quát hơn như sau: Cho b) Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có: tam giác ABC, gọi AB 2 BC2 AC2 16 36 28 1 M là điểm trên BC cos B .   2.AB.AC 2.4.6 2 sao cho BM k BC. Khi đó: BC Ta có: MC 2MB MB 2. AM 2 kb2 1 k c2 3 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABM ta có: k 1 k a2 1 AM 2 BA2 BM 2 2BA.BM.cos B 16 4 2.4.2. 12 AM 2 3. 1 Ý b ứng với k . 2 3 Đáp án C.   Nhận xét: Cho tam giác ABC, gọi M là điểm trên BC sao cho BM k BC. Khi đó: AM 2 kb2 1 k c2 k 1 k a2. Chứng minh: Ta có:          BM k BC AM AB k AC AB AM k AC AB 1 k   AM 2 k2b2 c2 1 k 2 2k 1 k AC.AB b2 c2 a2 k2b2 c2 1 k 2 2k 1 k 2 AM 2 kb2 1 k c2 k 1 k a2
  49. *Tính diện tích tam giác, bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp tam giác. Công thức tính độ dài đường trung tuyến Ví dụ 3: Tam giác ABC có hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau và có BC = 3, góc B· AC 300. a) Diện tích tam giác ABC là: A. S ABC 3 3. B. S ABC 6 3. 3 3 C. S 9 3. D. S . ABC ABC 2 b) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là: A. 3. B. 3. C. 2 3. D. 3 3. c) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: 3 3 6 3 A. . B. . 3 45 24 3 3 45 24 3 6 3 3 3 C. . D. . 3 45 24 3 3 45 24 3 d) Giả sử Cµ Bµ. Độ dài đường trung tuyến ứng với góc C bằng: 81 3 297 81 3 297 81 A. . B. . C. . D. 8 8 4 81 5 297 . 8 Lời giải 4 a2 c2 b2 4 a2 b2 c2 a) Ta có: BM 2 ,CM 2 . 9 2 4 9 2 4 Do tam giác BMC vuông tại M nên
  50. 4 a2 c2 b2 4 a 2 b2 c2 BM 2 CM 2 9 9 9 2 4 9 2 4 4 b2 c2 b2 c2 81 b2 c2 45 a2 a2 b2 c2 45 9 4 4 4 4 4 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có: 36 a2 b2 c2 2bc cos A b2 c2 bc 3 9 bc 3 36 bc 12 3 3 1 1 36 1 SABC bc.sin A . . 3 3 2 2 3 2 Đáp án A. a a 3 b) Ta có: 2R R 3. sin A 2sin A 2sin 300 Đáp án B. c) Thay ý a) ta có: b2 c2 45 b c 2 2bc 45 2S 6 3 Theo công thức tính diện tích tam giác ta có: S pr r . 2p 3 45 24 3 Đáp án C. d) Do Cµ Bµ nên c b c2 b2 Ta có: b2,c2 là nghiệm phương trình: 45 297 x 2 x2 45x 432 0 45 297 x 2 45 297 45 297 Suy ra b2 ,c2 . 2 2 Cách 1:
  51. Gọi N là trung điểm của AB. Áp dụng định lí cosin trong tam giác ACN ta có: c2 3 CN 2 AC2 AN 2 2AC.AN.cos A b2 bc. 4 2 45 297 45 297 81 3 297 18 2 8 8 Cách 2: Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến ta có: 45 297 9 a2 b2 c2 45 297 81 3 297 m2 2 . c 2 4 2 8 8 Đáp án A. Ví dụ 4: Tam giác ABC có AC b, BC a, BB là đường cao kẻ từ B và C· BB . Bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác ABC được tính theo a, b và là: a2 b2 2absin A. R . B. 2sin a2 b2 2absin R . 2sin a2 b2 2abcos a2 b2 2abcos C. R . D. R . 2cos 2cos Lời giải BB Xét tam giác BCB có: cos BB a.cos . BC 1 1 Diện tích tam giác ABC bằng: S BB .AC .ab.cos . 2 2 abc abc abc c Lại có: S R . 1 4R 4S 4. .cos 2cos 2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có: c2 a2 b2 2abcosC a2 b2 2absin c a2 b2 2absin .
  52. a2 b2 2absin Vậy R . 2sin Đáp án A. Ví dụ 5: Tam giác ABC có AB = 5, AC = 8 và B· AC 600. Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đã cho. A. r 1. B. r 2. C. r 3. D. r 2 3. Lời giải Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có: 1 a2 b2 c2 2bc.cos A 25 64 2.40. 49 a 7. 2