(Luận văn) phương pháp véc tơ điểm và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH THỊ LIÊN lu an n va p ie gh tn to PHƢƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐIỂM VÀ ỨNG DỤNG d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH THỊ LIÊN lu an n va p ie gh tn to PHƢƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐIỂM VÀ ỨNG DỤNG Mã số: 46 01 13 d oa nl w Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp va an lu ll u nf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS: TRỊNH THANH HẢI z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si i Mục lục lu an n va Lời nói đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Sơ lược véc tơ 1.2 Phương pháp véc tơ 4 gh tn to Lời cảm ơn p ie Vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học28 2.1 Cơ sở phương pháp véc tơ điểm 28 2.2 Một số tập minh họa, ứng dụng phương pháp véc tơ điểm 29 oa nl w 37 d Kết luận an lu TÀI LIỆU THAM KHẢO 38 oi lm ul nf va z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình, chu đáo thầy lu an n va p ie gh tn to Trịnh Thanh Hải Các thầy giáo khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học toàn thể bạn lớp Cao học K12 tạo điều kiện, nhiệt tình ủng hộ em suốt trình làm luận văn Em xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành, sâu sắc với tất đóng góp q báu thầy bạn đặc biệt thầy Trịnh Thanh Hải Tuy có nhiều cố gắng trình làm luận văn, thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận góp ý q Thầy, Cơ bạn oa nl w d Mặc dù thân em cố gắng thời gian nên luận văn không tránh khỏi vài lỗi Em mong nhận bảo thầy để em tiếp tục hồn thiện nội dung luận văn Em xin chân thành cảm ơn! oi lm ul nf va an lu z at nh Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Tác giả z m co l gm @ Đinh Thị Liên an Lu n va ac th si Lời nói đầu Lý chọn đề tài lu an Phương pháp véc tơ điểm phương pháp sử dụng giải tốn hình học cho ta lời giải thú vị n va p ie gh tn to Ở Việt Nam, có số tài liệu đề cấp đến Phương pháp véc tơ điểm, ví dụ Hình học véc tơ Bài tập hình học véc tơ GS Nguyễn Thúc Hào w d oa nl Phương pháp véc tơ điểm có vài điểm khác biệt so với phương pháp véc tơ thông thường, nhiên lại công cụ hay cho phép ta đưa lời giải thú vị, ngắn cho nhiều toán dành cho học sinh an lu oi lm ul nf va giỏi hình học Liên quan đến hướng đề tài này, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên chưa có học viên nghiên cứu viết luận văn, thơng qua tìm hiểu qua mạng internet thư viện Đại học Thái Ngun, tơi biết đề tài người nghiên cứu chưa có đề tài trùng lặp z at nh z Xuất phát từ thực tế với mục đích tích lũy thêm kiến thức m co l gm @ Phương Pháp véc tơ điểm vận dụng phương pháp vào giải số toán đếm đề thi học sinh giỏi nước quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy thân, chúng em lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng Phương pháp véc tơ điểm vào giải số toán hình học dành cho học sinh giỏi an Lu n va ac th si Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn tập trung vào hoàn thành nhiệm vụ sau: • Tìm hiểu phương pháp véc tơ điểm • Ý tưởng vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học • Sưu tầm tốn, đề thi tốn hình học dành cho học sinh giỏi lu an • Đưa lời giải cách vận dụng phương pháp véc tơ điểm để giải số tốn hình học dành cho học sinh giỏi n va p ie gh tn to Ngoài luận văn đưa cách giải khác hình học phương pháp véc tơ điểm phương pháp khác để so sánh phương pháp giải với để có nhận xét thú vị oa nl w Nội dung đề tài luận văn d Nội dung luận văn phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo gồm chương: va an lu oi lm ul nf Chương 1: Trình bày kiến thức liên quan đến việc vận dụng phương pháp véc tơ vào giải số tốn hình học z at nh Chương 2: Trình bày phương pháp véc tơ điểm số ví dụ minh họa việc vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị lu an n va p ie gh tn to Trong chương trình hình học THPT, học sinh làm quen với phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ Để có nhìn tổng quan nội dung chương trình bày vài kiến thức chung véc tơ hai phương pháp quen thuộc chương trình hình học THPT phương pháp tọa độ phương pháp véc tơ oa nl w Sơ lược véc tơ d 1.1 an lu oi lm ul nf va Các khái niệm định nghĩa véc tơ −→ Véc tơ đoạn thẳng có định hướng Véc tơ AB có hướng từ A tới B (A gốc, B ngọn) có giá đường thẳng qua A, B có độ dài độ dài đoạn −→ thẳng AB kí hiệu |AB| Hai véc tơ gọi phương chúng có giá song song trùng Hai véc tơ chúng có chiều độ dài Ba véc tơ gọi đồng phẳng với giá chúng song song z at nh z m co l gm @ với mặt phẳng Các khả đồng phẳng véc tơ : a Nếu véc tơ có véc tơ ~0 b Nếu có véc tơ phương −→ −−→ −→ c OA, OB, OC ↔ O, A, B, C thuộc mặt phẳng d Nói chung ta thường gặp phải trường hợp chứng minh ba véc tơ đồng phẳng trạng thái giá chúng nằm đường thẳng chéo an Lu n va ac th si Tích vơ hướng hai véc tơ a Định Nghĩa ~a.~b = |~a|.|~b|cos(~a, ~b) ∈ R b Tính chất ~a⊥~b ⇔ ~a.~b = 0; ~a2 = ~a.~a = |~a||~a|cos(~a, ~a) = |~a|2 lu Phân tích véc tơ không gian 1, 2, chiều Nếu ~a 6= ~0 p.~a = ⇔ p = ~ ~ Nếu ~a 6= ~0 b phương ~a ⇔ ∃!p ∈ R : b = p.~a ~a, ~b 6= Nếu p.~a + q.~b = ~0 ⇔ p = q = ~a, ~b không phương  ~a, ~b 6= ~0 Nếu ~c đồng phẳng ~a, ~b ⇔ ∃!p, q ∈ R : ~c = ~a, ~b không phương an n va ∀d~ ln ∃!p, q, r ∈ R : d~ = p.~a + p ie gh tn to p.~a + q.~b ~a, ~b, ~c 6= Nếu ~a, ~b, ~c không đồng phẳng q.~b + r.~c nl w Phương pháp véc tơ d oa 1.2 oi lm ul nf va an lu Phương pháp véc tơ chương trình tốn THPT việc đưa vào tính chất véc tơ để biến đổi điều kiện cho toán dẫn tới điều cần chứng minh Một vài ví dụ minh họa: Bài tốn 1.2.1 (Đề thi Olympic Tốn học nước Đơng Âu - Kurschak,1995) Cho tam giác với ba đỉnh ba điểm nguyên (tức chúng có thành phần tọa độ nguyên) Biết ba cạnh tam giác khơng có điểm z at nh z ngun khác bên tam giác có điểm nguyên Chứng minh điểm phải trọng tâm l gm @ m co Lời giải Chọn gốc kí hiệu ba véc tơ biểu diễn ba điểm A, B, C ~a, ~b, ~c Khi đó, điểm D nằm bên tam giác biểu diễn véc tơ d~ = λ~a + µ~b + ν~c với λ, µ, ν ba số thực dương có tổng 1 Giả sử λ > Ta xét điểm biểu diễn véc tơ 2d~ − ~a an Lu n va ac th si Vì d~ ~a có tọa độ nguyên nên điểm nguyên ~ a = (2λ−1)~a+2µ~b+2ν~c, tức nằm bên tam giác Mặt khác, 2d−~ (do thành phần đứng trước dương có tổng (2λ − 1) + 2µ + 2ν = ~ Điều mâu Theo giả thiết, điểm phải trùng với D Vậy 2d~ − ~a = d lu an n va p ie gh tn to thuẫn Tương tự, λ = 2d~ − ~a = 2µ~b + 2ν~c, nên suy D nằm đoạn thẳng BC (trừ B C) Điều mâu thuẫn Từ đó, ta có λ < 1 Cũng tương tự trên, ta µ < ν < 2 Bây giờ, ta xét điểm biểu diễn ~a + ~b + ~c − 2d~ = (1 − 2λ)~a + (1 − 2µ)~b + (1 − 2ν)~c Các thành phần biểu diễn dương có tổng 1, đằng khác, điểm nguyên.Vậy phải trùng với D (~a + ~b + ~c) , nói cách khác, D trọng tâm tam giác Suy d~ = ABC d oa nl w Bài toán 1.2.2 (Đề thi OLympic Balkan, 1985) Cho tam giác ABC có O trọng tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi D trung điểm AB, E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh OE vng góc với CD AB = AC an lu oi lm ul nf va Lời giải −→ −→ −−→ −→ −−→ 1 Đặt OA = ~a, OB = ~b, OC = ~c Suy OD = (~a + ~b), OP = ~a + ~b, 4 với P trung điểm AD   −−→ 1~ 1 1 Từ OE = ~a + b + ~c = ~a + ~b + ~c 4 −−→ −−→ −→ 1~ ta lại có CD = OD − OC = ~a + b − ~c 2 Do đó, OE⊥CD (~a + ~b − 2~c)(3~a + ~b + 2~c) = Khai triển để ý ~a2 = ~b2 = ~c2 , ta ~a(~b − ~c) = 0, đẳng thức xảy OA⊥BC Suy điều phải chứng minh z at nh z l gm @ m co Bài toán 1.2.3 (Đề thi Olympic, Balkan, 1996) Gọi d khoảng cách tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác Gọi R r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh d2 ≤ R(R − 2r) an Lu n va ac th Lời giải si lu an n va p ie gh tn to Dùng véc tơ, lấy gốc O, tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi véc tơ OA, OB, OC ~a, ~b, ~c −→ ~a + ~b + ~c Khi OG = Suy 9OG2 = ~a2 + ~b2 + ~c2 + 2(~a~b + ~b~c + ~c~a) Ta có ~a2 = ~b2 = ~c2 = R2 , 2~a~b = 2R2 cos2C = 2R2 − AB = 2R2 − c2 Và hệ thức tương tự ( đặt AB = c, BC = a , CA= b ) Từ 9OG2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2 ) √ 1√ 3 Ta lại có (a2 + b2 + c2 ) ≥ a2 b2 c2 Do R2 − OG2 ≥ a2 b2 c2 Kí hiệu [ ] diện tích, ta có [ABC] = [IAB] + [IBC] + [ICA] = (rc+ra+rb), I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC abc Vậy 2[ABC] = r ( a + b + c ) = 2R abc 1√ Từ r R = ≤ a2 b2 c2 a+b+c suy R2 − OG2 ≥ 2rR Bài toán 1.2.4 (Đề thi Olympic, Balkan, 1996 ) Trong ngũ giác lồi, ta xét đường thẳng, đường thẳng nối đỉnh trung điểm cạnh đối diện đỉnh Chứng minh có đường thẳng qua điểm đường thẳng cịn lại qua d oa nl w điểm an lu oi lm ul nf va Lời giải Xét ngũ giác lồi ABCDE Gọi O điểm chung đường thẳng qua A, B, C, D trung điểm cạnh đối diện tương ứng nói đề −→ −−→ −→ −−→ ~ −−→ Đặt OA = ~a, OB = ~b, OC = ~c, OD = d, OE = ~e −→ ~ Cạnh đối diện đỉnh A CD Gọi I trung điểm CD OI = (~c + d) ~ = 0, suy ~a × ~c − d~ × ~a Do ta có ~a × (~c + d) Tương tự ~b × d~ = ~e × ~b, ~c × ~e = ~a × ~c, d~ × ~a = ~b × d~ Suy ~e × ~b = ~b × d~ = d~ × ~a = ~a × ~c = ~c × ~e Điều chứng tỏ đường thẳng z at nh z gm @ m co l nối E trung điểm cạnh đối qua O Bài toán 1.2.5 (Đề thi vô địch Anh - 1981) Cho tam giác ABC cân A D trung điểm cạnh AB, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, E trọng tâm tam giác ABC Chứng an Lu minh IE vng góc với CD n va ac th Lời giải: si AB CD MN = − EF CD AB Bài 1.2.11.(Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985) Cho tam giác ABC Một đường thẳng (d) cắt đường thẳng BC, CA, AB P, Q, R −→ −→ −→ BR AQ P C −→ −→ −−→ = 1.(1) AR QC BP Đảo lại, giả sử điểm P, Q, R tương ứng nằm đường thẳng p ie BC, CA, AB tam giác ABC cho (1) thỏa Lúc P, Q, R thẳng hàng −→ −→ −→ BR AQ CP Bây , đặt −→ = r, −→ = q, −−→ = p dùng định nghĩa điểm chia AR CQ BP đoạn thẳng theo tỉ số k 6= 1, ta phát biểu: Giả sử điểm P, Q , R tương ứng chia ba cạnh CB, AC, BA theo tỉ d oa nl w an lu ul nf va số ( khác 1) p, q, r Khi P, Q, R thẳng hàng pqr = oi lm Lời giải Gọi O điểm tùy ý, từ định nghĩa điểm chia, suy −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ OC − pOB −→ OA − q OC −→ OB − rOA OP = , OQ = , OR = 1−p 1−q 1−r Nếu chọn O trùng với C, ta −−→ −→ −→ −→ −pCB −−→ (p − 1)CP −→ −→ −→ CA CP = ⇒ CB = , CQ = ⇒ CA = (1 − q)CQ, 1−p p 1−q −→ −→ (p − 1)CP −−→ −→ − r(1 − q)CQ −→ CB − rCA p CR = = 1−r 1−r (p − 1) −→ r(1 − q) −→ CP − CQ = p(1 − r) 1−r + Giả sử pqr = 1, ta có: (p − 1) r(1 − q) (p − 1) − rp(1 − q) p − − rp + rpq p − rp − = = = = p(1 − r) 1−r p(1 − r) p(1 − r) p(1 − r) z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 14 lu an n va p ie gh tn to (p − 1) r(1 − q) Điều có nghĩa đặt m = - m = p(1 − r) 1−r −→ −→ −→ Ta có m 6= 0, m 6= 1(∗ ) trờ thành CR = mCP + (1 − m)CQ, ba điểm R, P, Q thẳng hàng + Đảo lại, giả sử R, P, Q thẳng hàng Khi với điểm O, tồn −→ −→ −→ số thực m cho OR = mOP + (1 − m)OQ −→ −→ −→ Chọn O trùng C ta CR = mCP + (1 − m)CQ Nhưng ta có (∗ ), −→ −→ −→ (p − 1) −→ r(1 − q) −→ CP − CQ Theo tính CR = mCP + (1 − m)CQ = p(1 − r) 1−r −→ −→ −→ biểu diễn véc tơ CR qua CP , CQ ta phải có: (p − 1) r(1 − q) = m, − = − m p(1 − r) 1−r Từ ta : r(1 − q) (p − 1) − = ⇒ (p − 1) − rp(1 − q) = p(1 − r) ⇒ pqr = p(1 − r) 1−r Bài 1.2.12 (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985) −−→ −−→ −−−−→ Cho OP1 , OP2 , , OP2n+1 véc tơ đơn vị mặt phẳng Các điểm P1 , P2 , , P2n+1 nằm phía đường thẳng −−→ −−→ −→ qua O Chứng minh : |OP1 + OP2 + + OP 2n+1 ≥ oa nl w d Lời giải Ta tiến hành chứng minh quy nạp theo n Hiển nhiên mệnh đề với n = −−→ −−→ −−−−→ Giả sử mệnh đề với 2n - , tức với hệ véc tơ OP1 , OP2 , , OP2n−1 −−→ −−→ −−−−→ Ta xét hệ véc tơ OP1 , OP2 , , OP2n+1 , xếp lại cho OP1 , i = 1, 2, , −−−→ −−−−→ 2n-1, nằm OP2n OP2n+1 Lúc rõ ràng véc tơ ~u = OP2n + OP2n+1 có phương nằm phân giác góc P2n\ OP2n+1 , suy véc tơ lập thành −−→ −−→ −−−−→ góc bé 90 với véc tơ ~u = OP1 + OP2 + + OP2n−1 ( ~v chắn −−→ −−−−→ −−−→ −−−−→ nằm OP1 , OP2n−1 nên suy nằm OP2n , OP2n+1 ) Theo giải thiết quy nạp, ta có |~v | ≥ Mặt khác, dùng công thức cosin ta |~u + ~v | ≥ |~v | Do đó, ta suy mệnh đề cho với số 2n + 1, điều phải chứng minh Để có đẳng thức, ta lấy: −−→ −−→ −−→ −−−−→ −−−→ OP1 = OP2 = = OPn = −OPn+1 = = −OP2n −−−−→ Còn OP2n+1 véc tơ đơn vị có hướng tùy ý Bài 1.2.13 (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985) oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu va n Trên đường tròn, cho điểm, qua trọng tâm ba điểm ta dựng đường vng góc với đường thẳng qua hai điểm lại Chứng tỏ 10 ac th si 15 đường thẳng nhận cắt điểm Lời giải lu an n va p ie gh tn to oa nl w d Gọi G1 trọng tâm điểm A1 , A2 , A3 Kẻ G1 K1 ⊥A4 A5 ON1 ⊥A4 A5 Lúc ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ OG1 = (OA1 + OA2 + OA3 ) Gọi M1 điểm tùy ý đường thẳng G1 K1 , phương trình véc tơ đường vng góc G1 K1 : −−−→ −−→ −−→ OM1 = OG1 + α1 ON1 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ = (OA1 + OA2 + OA3 ) + α1 (OA4 + OA5 ),với α1 ∈ R Hoàn toàn tương tự, ta nhận phương trình sau đường thẳng cịn lại : −−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OM2 = (OA2 + OA3 + OA4 ) + α2 (OA1 + OA5 ) −−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OM10 = (OA3 + OA4 + OA5 ) + α10 (OA1 + OA2 ) 2 Nếu ta chọn α1 = α2 = = α10 = −−−→ −−→ −−−→ −−−→ OM1 = OM2 = = OM10 = OM Như vậy, 10 đường thẳng nói cắt điểm M, ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ OM = (OA1 + OA2 + + OA5 Bài 1.2.14 (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985) oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 16 Cho tam giác ABC Chứng minh với G trọng tâm tam giác ABC, ta có −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ GA.GB + GB.GC + GC.GA = − (AB + BC + CA2 ) Lời giải: Do G trọng tâm tam giác ABC nên ta có: −→ −−→ −→ −−→ GA.GB = GA.GB.cos(GA, GB) [ =GA.GB.cosAGB lu GA2 + GB − AB = GA.GB 2GA.GB an n va GA2 + GB − AB = p ie gh tn to 4m2a 4m2b + − AB =     AB + AC BC BC + BA2 AC − + − − AB 9 =   AC BC 2 + + AB − AB 4 (1) = Tương tự ta có   BA2 CA2 + + BC − BC −−→ −→ 4 GB.GC = (2)   CB AB + + AC − AC −→ −→ 4 GC.GA = (3) Từ (1) (2) (3) ta có: d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co  l    AC BC BA2 CA2 2 + + AB − AB + + BC − BC 4 4 + 2 an Lu = gm @ −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ GA.GB + GB.GC + GC.GA n va ac th si 17  CB AB + + AC − AC 4 +   3AB 3BC 3AC + + − (AB + BC + CA2 ) 2 =  (AB + BC + CA2 ) − (AB + BC + CA2 ) = lu −1 (AB + BC + CA2 = an va −1 (AB + BC + CA2 ) Bài 1.2.15 ( Đề thi HSG lớp 10 THPT Đan Phượng 2018-2019) Cho tam giác ABC tam giác cạnh a Trên cạnh BC, CA, a 2a AB lấy điểm N, M, P cho BN = ; CM = ; AP = x(0 < 3 x < a) Tìm x theo a để đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM n = p ie gh tn to d oa nl w Lời giải oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va √ ! a a ,P Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi A(0 ; 0), B(a ; 0), C ; 2 (x ; 0) (0 < x < a) ac th si 18 √ ! √ ! −−→ 5a a 5a a ; ; ⇒ AN = 6 6 √ ! √ ! −−→ −→ −−→ a a a a ; − x; AM = AC ⇒ M ⇒ PM = 6 6   −−→ −−→ 5a a 3a 4a AN ⊥P M ⇔ AN P M = ⇔ −x =− ⇒x= 6 36 15 4a Vậy với x = đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM 15 Bài 1.2.16 ( Đề thi HSG lớp 10 THPT Kim Liên 2018-2019) Cho tam giác ABC điểm M BC = a, CA = b, AB = c a)Chứng minh (b2 − c2 ).cosA = a(c.cosC − b.cosB) −−→ −−→ Ta có BN = BC ⇒ N lu an b)Tìm tập hợp điểm M cho M B + M C = M A2 n va   a2 + c2 − b2 (b4 − c4 ) − a2 (b2 − c2 ) a + b2 − c2 − b = = a) VT = a c 2ab 2ac 2bc (b2 − c2 )(b2 + c2 − a2 ) = (b2 − c2 ).cosA = 2bc −−→ −−→ −−→ b)Gọi D điểm xác định hệ thức: DB + DC − DA = ~0, ta có: M B + M C − M A2 = M D2 + DB + DC − DA2 −−→ −−→ = M D2 + DB + DC − (DB + DC)2 = = M D2 − 2AB.AC.cosA p ie gh tn to Lời giải d oa nl w lu A tù, tập hợp điểm M tập rỗng A vuông, tập hợp điểm M D √ A nhọn, tập hợp điểm M đường tròn (D; 2AB.AC.cosA) 1.2.17 ( Đề thi HSG lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC, M điểm di động đường tròn ngoại tiếp tam oi lm ul nf va an Nếu Nếu Nếu Bài z at nh z giác ABC Tìm vị trí điểm M để M B + M C − 2M A2 đạt giá trị nhỏ Lời giải: Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, I trung điểm BC Theo đề suy raOM = OA2 = OB = OC = R2 Ta có −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ M B + M C − 2M A2 = (OB − OM )2 + (OC − OM )2 − 2(OA − OM )2 −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ = −2OM OB − 2OM OC + 4OM OA = 2OM (2OA − OB − OC) −−→ −→ −→ −−→ − → = 2OM (BA + CA) = −4OM AI −−→ − → = −4OM.AI.cos(OM , AI) ≥ −4OM.AI Vì OM AI khơng đổi Do M B + M C − 2M A2 đạt giá trị nhỏ −−→ − → −−→ − → cosOM , AI) = Khi M thuộc đường trịn (O) có OM AI hướng m co l gm @ an Lu n va ac th si 19 Bài 1.2.18 ( Đề thi HSG lớp 10 THPT Đan Phượng 2018-2019) Cho tam giác ABC tam giác có độ dài cạnh a Trên cạnh BC, CA, AB lấy điểm N, M, P cho BN = na, CM = ma , AP = x với < n < 1, < m < 1, < x < a Tìm giá trị x theo m, n, a để đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM Lời giải: lu an n va p ie gh tn to d oa nl w va an lu oi lm ul nf Ta có : −−→ −→ −−→ −→ N C −−→ −→ N C −→ −→ +) AN = AC + CN = AC + CB = AC + (AB − AC) CB BC   N C −→ N C −→ AC = AB + − BC BC −−→ N C −→ N B −→ −→ −→ ⇔ AN = AB + AC = (1 − n)AB + nAC BC BC −−→ −→ −−→ −→ x −→ +) P M = P A + AM = − AB + (1 − m)AC −−→ −−→ ~ a AN ⊥P M ⇔ AN P M =h −→ −→ −→i x −→ ⇔ [nAC + (1 − n)AB] − AB + (1 − m)AC = a      −x −x a 2 ⇔ (1 − n) a + n(1 − m)a + (1 − n)(1 − m) + n = a a (1 − m)(1 + n)a Tìm x = 2−n (1 − m)(1 + n)a Vậy với x = đường thẳng AN vng góc với đường thẳng 2−n PM z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 20 Bài 1.2.19 ( Đề thi HSG lớp 10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) −−→ −−→ Cho tam giác ABC có trọng tâm G điểm N thỏa mãn N B −3N C = ~0 PA Gọi P giao điểm AC GN Tính PC Lời giải: lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu −→ −→ Gọi I trung điểm BC Gọi AP = k AC   −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ Ta có GP = AP − AG = k AC − (AC + AB) = k − AC − AB 3 −−→ −→ −→ − −→ −→ → −−→ −→ −→ Lại có GN = GI + IN = AI + BC = (AB + AC) + AC − AB −→ −→ = AC − AB 6 −→ −−→ Mặt khác, ba điểm G, P, N thẳng hàng nên hai véc tơ GP , GN phương, đó: −1 k− k− = ⇔ = ⇔ k − = ⇔ k = −5 15 6 −→ −→ PA Suy AP = AC ⇒ AP = AC ⇒ P C = AC ⇒ = 5 PC Bài 1.2.20 Cho hình tứ diện ABCD có tất cạnh m Các điểm M N trung điểm AB, CD z at nh z m co l gm @ an Lu n va a) Tính độ dài MN −−→ −−→ −−→ b) Tính góc M N với véc tơ CD, BC ac th si 21 Lời giải lu an n va gh tn to p ie −−→ −→ −→ Đặt AD = ~a, AB = ~b, AC = ~c a) Vì M, N trung điểm AB, CD nên: nl w d oa −−→ −−→ −−→ M N = (AD + BC) = (~a + ~c − ~b) 2 − − − → 2m2 nên M N = M N = (~a2 + ~c2 + ~b2 + 2~a~c − 2~a.~b − 2~b.~c) = 4 √ m Vậy MN = −−→ −−→ b) Ta có M N CD = (~a + ~c − ~b)(~a − ~c) oi lm ul nf va an lu z at nh = (~a2 + ~a.~c − ~a.~b − ~a.~c − ~c2 + ~b.~c)   2 2 m m m m = m2 + − − − m2 + = 2 2 −−→ −−→ Vậy góc hai véc tơ M N CD 900 −−→ −−→ Ta có M N BC = (~a + ~c − ~b)(−~b + ~c) z m co l gm @ an Lu n va (−~a.~b − ~b.~c + ~b2 + ~a.~c + ~c2 − ~b.~c)   m2 m2 m2 m2 2 = − − +m + +m − = m2 2 2 2 = ac th si 22 √ −−→ −−→ −−→ −−→ M N BC Do : cos(M N , BC) = = M N.BC −−→ −−→ Vậy góc hai véc tơ M N BC 450 Bài 1.2.21 Cho bốn tia Ox, Oy, Oz, Ot khơng gian, đơi hợp góc ϕ a) Tính ϕ b) Một tia Ou khác tia Ox, Oy, Oz, Ot hợp với tia góc α1 , α2 , α3 , α4 4 P P Tính p = cosαi , q = cos2 αi i=1 i=1 lu an Lời giải n va p ie gh tn to −−→ −−→ −−→ −−→ a) Gọi e~1 = OA1 , e~2 = OA2 , e~3 = OA3 , e~4 = OA4 véc tơ đơn vị Ox, Oy, Oz, Ot 4A1 OA2 = 4A2 OA3 = 4A4 OA1 (c − g − c) ⇒ A1 A2 A3 A4 tứ điện có trọng tâm O nên : e~1 + e~2 + e~3 + e~4 = ~0 ⇒ (e~1 + e~2 + e~3 + e~4 )2 = −1 ⇒ + 12cosϕ = ⇒ cosϕ = b) Gọi ~e véc tơ đơn vị Ou, ta có: 4 4 P P P P P cos2 α1 = (~ee~i )2 ~ee~i = ~e e~i = 0, q = cos αi = p= d oa nl w i=1 i=1 i=1 lu i=1 i=1 oi lm ul nf va an mà ~e = x1 e~1 + x2 e~2 + x3 e~3 + x4 e~4   P P −1 ⇒ e~i~e = xi + xj e~i e~j = xi + (∀i = 1, 4) j6=i j6=i 1P 1P = xi − xj = xi − xj j6=i 3 i=1 !  4 4 P P 4P P ⇒ (~ ei~e)~ ei = xi e~i − e~1 = ~e i=1 j=1 i=1 i=1   P P 4 4 ⇒ (~ ei~e)~ ei ~e = ~e2 = ⇒ (~ ei~e)(~ ei~e) = ⇒ q = 3 3 i=1 i=1 Bài 1.2.22 Cho tứ diện ABCD, A’, B’, C’, D’ tương ứng thuộc cạnh AB, BC, CD, DA Chứng minh điều kiện cần đủ để A’, B’, C’, D’ đồng phẳng z at nh z m co l gm @ an Lu n va A0 A B B C C D0 D = A0 B B C C D D A ac th si