ứng dụng số phức để tính diện tich tam giác

ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI BÀI TOÁN DIỆN TÍCH TAM GIÁC MỞ ĐẦU S ố phức xuất hiện vào thế kỉ thứ XIX do nhu cầu phát triển của Toán học về giải những phương trình đại số.từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy Toán học tiến lên mạnh mẽ và giải quyết được nhiều vấn đề của khoa học và kĩ thuật. Đối với học sinh THPT thì số phức là một nội dung còn mới mẻ, với thời lượng không nhiều, học sinh mới chỉ biết được những kiến thức rất cơ bản của số phức, việc khai thác các ứng dụng của số phức còn hạn chế, đặc biệt là việc sử dụng số phức như một phương tiện để giải các bài toán Hình học phẳng là một vấn đề khó, đòi hỏi học sinh phải có năng lực giải toán nhất định, biết vận dụng kiến thức đa dạng của toán học. M ặc dù sách giáo khoa Giải tích lớp 12 đã đưa bài tập ứng dụng Số Phức vào giải toán hình học phẳng nhưng còn rất ít. Với những lí do trên tôi chọn đề tài nghiên cứu là: “Ứng dụng số phức vào giải toán hình học phẳng”. Cụ thể tôi sẽ nghiên cứu sâu về “Ứng dụng số phức vào giải các bài toán diện tích tam giác”.   MỤC LỤC MỞ ĐẦU 3 MỤC LỤC 4 CHƯƠNG I: ĐẠI CƯƠNG VỀ SỐ PHỨC. 5 I. Lịch sử hình thành khái niệm số phức: 5 II. Số phức và các phép toán: 9 1. Định nghĩa số phức: 9 2. Các phép toán cộng trừ nhân chia các số phức: 10 III. Mặt phẳng phức: 11 1. Định nghĩa: 11 2. Môđun của số phức: 12 3. Argumen của số phức 12 4. Dạng lượng giác và dạng mũ của số phức 12 CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG GIẢI BÀI TOÁN DIỆN TÍCH TAM GIÁC. 14 A – Lý thuyết và phương pháp giải: 14 B – Bải tập ứng dụng: 15   ỨNG DỤNG CỦA SỐ PHỨC TRONG GIẢI BÀI TOÁN DIỆN TÍCH TAM GIÁC CHƯƠNG I: ĐẠI CƯƠNG VỀ SỐ PHỨC. Lịch sử hình thành khái niệm số phức: Lịch sử số phức bắt đầu từ thế kỉ thứ XVI. Đó là thời kì Phục hưng của toán học châu Âu sau đêm trường trung cổ. Các đại lượng ảo xuất hiện đầu tiên từ thế kỉ XVI trong các công trình của của các nhà toán học Italy “Nghệ thuật vĩ đại hay là về các quy tắc của đại số” (1545) của G. Cardano (1501 – 1576) và “Đại số” (1572) của R. Bombelli (1530 – 1572). Nhà toán học Đức Felix Klein (1849 – 1925) đã đánh giá công trình của G. Cardano như sau: “Tác phẩm quý giá đến tột đỉnh này đã chứa đựng mầm mống của đại số hiện đại và nó vượt xa tầm của toán học thời cổ đại”. Khi giải phương trình bậc hai Cardano và Bombelli đã đưa vào xét kí hiệu là lời giải hình thức của phương trình x2 + 1 = 0. Xét biểu thức là nghiệm hình thức của phương trình x2 + b2 = 0. Khi đó biểu thức tổng quát hơn có dạng có thể xem là nghiệm hình thức của phương trình (x – a)2 + b2 = 0. Về sau biểu thức dạng xuất hiện trong quá trình giải phương trình bậc hai, bậc ba (công thức Cardano) được gọi là đại lượng “ảo” và sau đó được Gauss gọi là số phức và thường được kí hiệu là a + bi, trong đó kí hiệu được L.Euler đưa vào (năm 1777) gọi là đơn vị “ảo”. Quá trình thừa nhận số phức như một công cụ quý giá của toán học đã diễn ra rất chậm chạp. Ngay tên gọi và kí hiệu là đơn vị ảo cũng đã gây nên nhiều nỗi băn khoăn, thắc mắc từ đó dẫn đến khủng hoảng niềm tin vì nó không có gì chung với số một công cụ của phép đếm, mặc dù người ta vẫn xem nó là một kí hiệu trừu tượng thỏa mãn định nghĩa i2 = 1. Sự khủng hoảng niềm tin càng trở nên sâu sắc hơn bởi việc chuyển một cách thiếu cân nhắc và thiếu thận trọng một số quy tắc của đại số thông thường cho các số phức đã sản sinh ra những nghịch lí khó chịu. Chẳng hạn như nghịch lí sau đây: vì nên i2 = 1, nhưng đồng thời bằng cách sử dụng các quy tắc thông thường của phép toán khai căn bậc hai lại thu được Như vậy 1 = 1. Ta nhấn mạnh lại rằng hệ thức i2 = 1 là định nghĩa số mới i cho phép ta đưa vào xét số phức. Điều đó có nghĩa rằng hệ thức đó không thể chứng minh, nó chỉ là quy ước. Tuy vậy, cũng có người muốn chứng minh hệ thức đó. Trong cuốn sách “phương pháp tọa độ” của mình, viện sĩ L.S. Pointriagin đã mô tả lại chứng minh đó như sau: Đầu tiên người ta lấy nửa đường tròn với đường kính AB. Từ điểm R tùy ý của nửa đường tròn hạ đường vuông góc RS là trung bình nhân giữa các độ dài của các đoạn AS và SB. Vì nói đến độ dài nên sẽ không sai sót lớn khi nói rằng bình phương đoạn RS bằng tích các đoạn thẳng AS và BS. Bây giờ, trở về với mặt phẳng phức, kí hiệu điểm 1 là A, điểm +1 là B và điểm là R. Khi đó S sẽ là điểm 0. Tác giả của phép chứng minh đã lập luận như sau: Đoạn thẳng RS là , đoạn thẳng AS là 1 và SB là +1. Như vậy theo định lí vừa nhắc lại ở trên ta có: i2 = (1)(+1) = 1 Thật đáng tiếc là phép chứng minh kì lạ này vẫn được viết trong sách và giảng dạy ở một số trường phổ thông trước thế chiến thứ II. Lịch sử toán học cũng ghi lại rằng Cardano cũng đã nhắc đến các nghiệm phức nhưng lại gọi chúng là các nghiệm “ngụy biện”. Chẳng hạn khi giải hệ phương trình: Cardano đã tìm được nghiệm và ông đã gọi nghiệm này là “âm thuần túy” và thậm chí còn gọi là “nghiệm âm ngụy biện”. Có lẽ tên gọi “ảo” là di sản vĩnh cửu của “một thời ngây thơ đáng trân trọng của số học”. Thậm chí đối với nhiều nhà bác học lớn thế kỉ XVIII bản chất đại số và bản chất hình học của các đại lượng ảo không được hình dung một cách rõ ràng mà còn đầy bí ẩn. Chẳng hạn, lịch sử cũng ghi lại rằng I. Newton đã không thừa nhận cá đại lượng ảo và không xem các đại lượng ảo thuộc vào các khái niệm số, còn G. Leibniz thì thốt lên rằng: “Các đại lượng ảo – đó là nơi ẩn náu đẹp đẽ huyền diệu đối với tinh thần của đấng tối cao, đó dường như một giống lưỡng cư sống ở một chốn nào đó giữa cái có thật và cái không có thật”. Người đầu tiên nhìn thấy lợi ích do đưa số phức vào toán học mang lại chính là nhà toán học Italy R. Bombelli. Trong cuốn “Đại số” (1572) ông đã định nghĩa các phép tính số học trên các đại lượng ảo và do đó ông đã sáng tạo nên lí thuyết các số “ảo”. Thuật ngữ số phức được dùng đầu tiên bởi K. Gauss (năm 1831). Vào thế kỉ XVII – XVIII nhiều nhà toán học khác cũng đã nghiên cứu các tính chất của đại lượng ảo (số phức) và khảo sát các ứng dụng của chúng. Chẳng hạn L. Euler (1777 – 1855) nhà toán học Đức mở rộng khái niệm logarit cho số phức bất kì (1738), còn A. Moivre (1667 – 1754) nhà toán học Anh nghiên cứu và giải bài toán căn bậc tự nhiên đối với số phức (1736). Sự nghi ngờ đối với số ảo (số phức) chỉ tiêu tan khi nhà toán học người Nauy là C.Wessel đưa ra sự minh họa hình học về số phức và các phép toán trên chúng trong công trình công bố năm 1799. Đôi khi phép biểu diễn minh họa số phức cũng được gọi là “sơ đố Argand” để ghi nhận công lao của nhà toán học Thụy Sỹ R. Argand – người thu được kết quả như của Wessel một cách độc lập. Lí thuyết thuần túy số học đối với các số phức với tư cách là các cặp số thực có thứ tự (a,b), được xây dựng bởi nhà toán học Ailen là W.Hamilton (1837). Ở đây đơn vị “ảo” i chỉ đơn giản là một cặp số thực có thứ tự cặp (0;1), tức là đơn vị “ảo” được lí giải một cách hiện thực. Cho đến thế kỉ thứ XIX, Gauss mới thành công trong việc luận chứng một cách vững chắc khái niệm số phức. Tên tuổi của Gauss cũng gắn liền với phép chứng minh chính xác đầu tiên đối với định lí cơ bản của Đại số khẳng định rằng trong trường số phức C mọi phương trình đa thức đều có nghiệm. Bản chất đại số của số phức thể hiện ở chỗ số phức là phần tử của trường mở rộng (đại số) C của trường số thực R thu được bằng phép ghép đại số cho R nghiệm i của phương trình. x2 + 1 = 0 Với định lí cơ bản của Đại số, Gauss đã chứng minh được trường C trở thành trường đóng đại số. Điều đó có nghĩa là khi xét các nghiệm của phương trình đại số trong trường này ta không thu được thêm số mới. Đương nhiên trường số thực R (và do đó cả trường hữu tỉ Q) không có tính chất đóng đại số. Chẳng hạn, phương trình với hệ số thực có thể không có nghiệm thực. Nhìn lại hơn 2500 năm từ thời Pythagoras tới giờ, con đường phát triển khái niệm về số có thể tóm tắt bởi N > Z > Q > R > C với các bao hàm thức: Bằng các kết quả sâu sắc trong các công trình của các nhà toán học K.Weierstrass, G.Frobenius, B.Peirce người ta mới nhận ra rằng mọi cố gắng mở rộng tập số phức theo con đường trên đều không có kết quả khả quan. K.Weierstrass đã chứng minh tập hợp số phức C không thể mở rộng thành tập hợp rộng hơn bằng cách ghép thêm số mới để trong tập hợp số rộng hơn thu được vẫn bảo toàn mọi phép tính và mọi quy luật của các phép toán đã đúng trong tập hợp số phức. Nhìn lại lịch sử lâu dài của sự phát triển khái niệm số ta thấy rằng cứ mỗi lần khi đưa vào những số mới các nhà toán học cũng đồng thời đưa vào các quy tgawcs thực hiện các phép toán trên chúng. Đồng thời với điều đó các nhà Toán học luôn luôn cố gắng bảo toàn các quy luật số học cơ bản (luật giao hoán của phép cộng và phép nhân, luật kết hợp và luật phân bố, luật sắp xếp tuyến tính của tập hợp số). Tuy nhiên sự bảo toàn đó không phải khi nào cũng thực hiện được, ví dụ như khi xây dựng trường số phức người ta không bảo toàn được luật sắp xếp tuyến tính vốn có trong trường số thực. Tổng kết lịch sử toàn bộ quá trình phát triển khái niệm số, nhà toán học Đức L.Kronecker (1823 1891) đã viết:“Thượng đế đã tạo ra số tự nhiên, còn tất cả các loại số còn lại đều là công trình sáng tạo của con người.” Có thể nói rằng với khẳng định bất hủ này, L.Kronecker đã xác định nền móng vững chắc cho tòa lâu đài toán học tráng lệ , mà con người đang sở hữu. Số phức và các phép toán: Định nghĩa số phức: Xét tập hợp z = a + bi (a, b ∈R,i2=1), tập hợp trên gọi là tập hợp các số phức, kí hiệu là: C. Mỗi phần tử z = a + bi gọi là một số phức. a gọi là phần thực của z, kí hiệu là: Rez = a. b gọi là phần ảo của z, kí hiệu là: Imz = b. Khi b = 0 ⇒ z = a là số thực, vậy Khi a = 0, b ≠ 0 ⇒ z = bi được gọi là thuần ảo. Các số phức 0, 1 và i: lần lượt là không, đơn vị và đơn vị ảo. Số phức liên hợp: z ̅=abi Biểu diễn số phức z=a+bi trên mặt phẳng Oxy bỏ điểm M(a, b) Mođun của z: |z|=√(a2+b2 )=OM=|(OM) ⃗ | Số phức bằng nhau: z_1=a_1+b_1 i; z_2=a_2+b_2 i , gọi là dạng đại số của số phức z. Các phép toán cộng trừ nhân chia các số phức: Cho các số phức ; Số phức được gọi là số phức liên hợp của số phức . Kí hiệu số phức liên hợp của số phức z là . Tổng hai số phức z1 và z2: . Hiệu số phức z1 và z2: . Tích của hai số phức z1 và z2: . Thương của hai số phức z1 và z2: Chú ý rằng khi thực hiện liên tiếp các phép toán cộng, trừ, nhân, chia các số phức dưới dạng đại số, ta thực hiện các phép toán tương ứng và coi a + bi như một nhị thức, sau đó thay i2 bằng 1. Ta có: Mặt phẳng phức: Định nghĩa: Cho mặt phẳng Oxy. Với mỗi số phức z ∈C. Tồn tại cặp số (a; b) sao cho z = a + bi Ánh xạ f: C → Oxy z = a + bi M(a; b) là song ánh: Ta nói mặt phẳng Oxy là mặt phẳng phức. Kí hiệu: (E) Điểm M biểu diễn số phức z ta viết M(z). M gọi là tọa vị của z. Môđun của số phức: Độ dài vectơ gọi là mô đun của số phức z, kí hiệu là , như vậy: Argumen của số phức: Gọi là góc (Ox, OM) ⇒ , k ∈Z gọi là argumen của z. Ký hiệu: Chọn gọi là argumen chính. Dạng lượng giác và dạng mũ của số phức: Cho số phức a, Định nghĩa , gọi là dạng lượng giác của số phức z. Trong đó: gọi là dạng mũ của z. b, Các phép toán với số phức dạng lượng giác Cho CHƯƠNG II: ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG GIẢI BÀI TOÁN DIỆN TÍCH TAM GIÁC. A –LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Diện tích tam giác Cho hai vectơ (OM) ⃗(z_1) và (ON) ⃗(z_2) khác 0 ⃗, với z1, z2 ∈ C S_OMN=14 |z_1.(z_2 ) ̅(z_1 ) ̅.z_2 | Khi ba điểm A(z1), B(z2), C(z3) không thẳng hàng S_ABC=12 |(AB) ⃗,(AC) ⃗ |=12 |z_2z_1,z_3z_1 | =14 |(z_2z_1 )((z_3z_1 ) ̅ )((z_2z_1 ) ̅)(z_3z_1)| Điều kiện vuông góc của hai vectơ Cho , ta có: Điều kiện thẳng hàng của ba điểm: Cho 3 điểm phân biệt A(z1), B(z2), C(z3) thì có tọa vị là z2 – z1, có tọa vị là z3 – z2, có tọa vị là z3 – z1. A, B, C thẳng hàng A, B, C thẳng hàng Điều kiện hai đường thẳng song song Cho hai đường thẳng d1, d2 có các vectơ chỉ phương tương ứng . Hoặc: B – BÀI TẬP ỨNG DỤNG Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A, BC = a, AB = AC = b (0 < a < 2b). Tính S_ABC biết a = 2cm, b = 3cm. Giải Kẻ AM BC . Gọi (M,(MC) ⃗,(MA) ⃗ ) là mục tiêu trực chuẩn Khi đó: M(0), B(– 1), C(1), A(2√2 i) S_ABC=12 |(BC) ⃗,(BA) ⃗ |=12 |2,1+2√2 i| =14 |2(1+2√2 i)2(12√2 i)|=2√2 〖cm〗2 Bài 2: Cho tam giác ABC biết AB = 6 cm, AC = 8 cm, BC = 10 cm. M là trung điểm của BC, N là trung điểm của AC. Tính S_MBN Giải Ta có: AB2 + AC2 = BC2 ∆ABC vuông tại A. Gọi (A,(AB) ⃗,(AC) ⃗ ) là mục tiêu trực chuẩn Khi đó: A(0), B(6), C(8i) M, N lần lượt là trung điểm của AC, BC M(3 + 4i), N(4i) S_MBN=12 |(NB) ⃗,(NM) ⃗ |=12 |64i,3| =14 |3(64i)3(6+4i)|=6 〖cm〗2 Bài 3: Cho tam giác ABC, M nằm trên đoạn BC sao cho MB = 3MC. Tính S_ABC khi biết S_MAB=20 cm2. Giải Giả sử B(0), A(a), C(c), M(m) Ta có: (BM) ⃗=3(MC) ⃗ m = 3(c – m) ⇔m=34 c ⇒M(34 c) S_ABC=12 |(BA) ⃗,(BC) ⃗ |=12 |a,c|=14 |a.c ̅a ̅c| Tương tự: S_MAB=12 |(BA) ⃗,(BM) ⃗ |=12 |a,34 c| =14 |a.34 c ̅a ̅.34 c|=14.34 |a.c ̅a ̅c|=34 S_ABC 〖 S〗_ABC=43 S_MAB=803 cm2 Bài 4: Cho tam giác ABC đều cạnh bằng 6 cm. a, Tính S_ABC b, Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính S_ABM Giải a, Kẻ AH BC ⇒ H là trung điểm của BC Gọi (H,(HC) ⃗,(HA) ⃗) là mục tiêu trực chuẩn Khi đó: H(0), C(3), A( 3√3 i), B( – 3) S_ABC=12 |(BA) ⃗,(BC) ⃗ |=12 |3+3√3 i,6| =14 |6(3+3√3 i)6(33√3 i)|=9√3 〖cm〗2 b, ∆ABC đều, M là tâm đường tròn ngoại tiếp ⇒ M là trọng tâm ∆ABC ⇒ M(√3 i) S_ABM=12 |(BA) ⃗,(BM) ⃗ |=12 |3+3√3 i,3+√3 i| =14 |(3+3√3 i)(3√3 i)(33√3 i)(3+√3 i)|=3√3 〖cm〗2 Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, AC = 4cm.Trên cạnh BC lấy D sao cho CD = 2cm, đường thẳng vuông góc với BC ở D cắt AC ở E. Tính S_DEC Giải Gọi (A,(AC) ⃗,(AB) ⃗) là mục tiêu trực chuẩn Khi đó: A(0), B(3i), C(4), D(z) (CD) ⃗=25 (CB) ⃗⇔z4=25 (3i4) ⇒z=125+65⇒D(125+65 i) E∈AC ⇒E(e)⇒(ED) ⃗=125e+65 i (BC) ⃗ (ED) ⃗⇔(43i)(125e65 i)+(4+3i)(125e+65 i)=0 ⇒e=32⇒E(32) S_DEC=12 |(EC) ⃗,(ED) ⃗ |=12 |52,910+65 i| =14 |52.(91065 i)52.(910+65 i)|=1,5〖cm〗2 Bài 6: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Qua B kẻ đường thẳng song song với AM cắt CA tại E. Chứng minh rằng: a, S_MAB=S_MAC b, S_ABC=S_MEC Giải a, Giả sử A(a), B(b), C(c) Ta có: M là trung điểm của BC ⇒M((b+c)2) (AM) ⃗=(b+c)2,(AB) ⃗=ba,(AC) ⃗=ca 〖⇒S〗_ABM=12 |(AM) ⃗,(AB) ⃗ |=12 |(b+c)2a,ba| =14 |((b+c)2a)((ba) ̅ )(((b+c)2a) ̅ )(ba)| =14 |((ba)2+(ca)2)((ba) ̅ )(((ba)2) ̅+((ca)2) ̅ )(ba)| =14 |(ca)((ba) ̅ )2((ca) ̅ )(ba)2|(1) S_ACM=12 |(AC) ⃗,(AM) ⃗ |=12 |ca,(b+c)2a | =14 |(ca)(((b+c)2a) ̅ )((ca) ̅)((b+c)2a)| =14 |(ca)(((ba)2) ̅+((ca)2) ̅ )((ca) ̅)((ba)2+(ca)2)| =14 |(ca)(((ba)2) ̅ )((ca) ̅ )((ba)2)|(2) Từ (1) và (2) suy ra: S_ABM=S_ACM b, Ta có: BE AM, M là trung điểm BC A là trung điểm của EC E(2a – c) S_ABC=12 |(AC) ⃗,(AB) ⃗ |=12 |ca,ba| =14 |(ca)((ba) ̅ )((ca) ̅)(ba)| Ta có: (CE) ⃗= 2a – 2c; (CM) ⃗=(bc)2 S_MEC=12 |(CE) ⃗,(CM) ⃗ |=12 |2a2c,(bc)2| =14 |(2a2c)(((bc)2) ̅ )((2a2c) ̅ )((bc)2)| =14 |(ac)((bc) ̅ )((ac) ̅ )(bc)|(4) Từ (3) và (4) suy ra: S_ABC=S_MEC Bài 7: Cho tam giác ABC, hai đường trung tuyến AM và BN cắt nhau tại G. Chứng minh rằng: 〖a,S〗_ABN=32 S_ABG b, Biết S_ABG=105 〖cm〗2. Tính S_ABC Giải a, Giả sử A(a), B(b), C(c) M, N lần lượt là trung điểm của BC, AC ⇒M((b+c)2),N((a+c)2),G((a+b+c)3) Ta có: S_ABN=12 |(AB) ⃗,(AN) ⃗ |=12 |ba,(ca)2| =14 |(ba)(((ca)2) ̅ )((ba) ̅ )((ca)2)| =14.12 |(ba)((ca) ̅ )((ba) ̅ )(ca)|(1) S_ABG=12 |(AB) ⃗,(AG) ⃗ |=12 |ba,(b+c2a)3| =14 |(ba)(((b+c2a)3) ̅ )((ba) ̅)((b+c2a)3)| =14 |13 (ba)((ba) ̅+(ca) ̅ )13 ((ba) ̅ )(ba+ca)| =14.13 |(ba)((ca) ̅ )((ba) ̅ )(ca)|(2) Từ (1) và (2) suy ra: S_ABN=32 S_ABG b, Ta có: S_ABC=12 |(AB) ⃗,(AC) ⃗ |=12 |ba,ca| =14 |(ba)((ca) ̅ )((ba) ̅ )(ca)|(3) Từ (2) và (3) suy ra: S_ABC=3S_ABG=315 〖cm〗2 Bài 8: Cho tam giác ABC vuông cân tại A có AB = √2 cm. Về phía ngoài tam giác vẽ tam giác ACD vuông cân tại D. Tính S_ABCD Giải Gọi (A,(AC) ⃗,(AB) ⃗ ) là mục tiêu trực chuẩn Khi đó: A(0), B(√2 i),C(√2) Kẻ DH AC ⇒ H là trung điểm của AC ⇒ H Giả sử D (DA) ⃗ (DC) ⃗⇔((√2)2bi)(√22+bi)+((√2)2+bi)(√22bi)=0 ⇔b=(√2)2 Ta có: S_ABCD=S_ABC+S_ACD (1) S_ABC=12 |(AB) ⃗,(AC) ⃗ |=12 |√2 i,√2| =14 |√2.√2 i√2.(√2 i)|=1 〖cm〗2 S_ACD=12 |(AD) ⃗,(AC) ⃗ |=12 |(√22√22 i,√2)| Bài 9: Cho hình bình hành ABCD, M là điểm nằm trên cạnh BC. Chứng minh rằng Giải: Giả sử D(0), C( c), A(a), B(b) (AB) ⃗=(DC) ⃗⇔ba=c⇔b=c+a ⇒ B(c + a) S_ABCD=S_DAB+S_DBC=12 |(DA) ⃗,(DB) ⃗ |+12 |(DB) ⃗,(DC) ⃗ | Ta có: M ∈BC⇒(CM) ⃗=k(CB) ⃗⇒M(ka+c) S_ADM=12 |(DA) ⃗,(DM) ⃗ |=12 |a,ka+c| =14 |a((ka+c) ̅ )a ̅(ka+c)|=14 |a.c ̅a ̅c|=12 S_ABCD ⇒S_ABCD=2S_ADM Bài 10: Cho hình thanh vuông ABCD có A ̂=D ̂=90°. AB = AD = 2cm, DC = 4cm. Tính SABCD Giải Gọi (D,(DC) ⃗,(DA) ⃗) là mục tiêu trực chuẩn Khi đó: D(0), C(4), A(2i), B( 2 + 2i) S_ABCD=S_ABD+S_BCD=12 |(DA) ⃗,(DB) ⃗ |+12 |(DB) ⃗,(DC) ⃗ | =12 |2i,2+2i|+12 |2+2i,4| =14 |2i(22i)(2i)(2+2i)|+14 |4(2+2i)4(22i)| =14.8+14.16=6〖cm〗2 Bài 11: Vẽ tam giác nhọn ABC (AB < AC), trung tuyến AM. Lấy điểm D trên tia đối của tia MA sao cho MD = MA. a, Chứng minh rằng ABDC là hình bình hành b, So sánh SABD và SACD Giải a, Giả sử B(0), A(a), C(c), , D(d) (AM) ⃗=(MD) ⃗⇔c2a=dc2⇒d=ca ⇒ D(c – a) (BD) ⃗=ca ⇒|(BD) ⃗ |=|ca|(1) (AC) ⃗=ca⇒|(AC) ⃗ |=|ca|(2) Từ (1) và (2) suy ra: BD AC và BD = AC ⇒ ABDC là hình bình hành b, Ta có: S_ABD=12 |(BA) ⃗,(BD) ⃗ |=12 |a,ca| =14 |a((ca) ̅ )a ̅(ca)|=14 |a.c ̅a ̅.c|(3) S_ACD=12 |(AD) ⃗,(AC) ⃗ |=12 |c2a,ca| =14 |(c2a)((ca) ̅ )((c2a) ̅)(ca)|=14 |a ̅.ca.c ̅ |(4) Từ (3) và (4) suy ra: SABD = SACD