Bài 5 tích của một số với một vectơ đáp án

PHẦN A LÝ THUYẾT I Định nghĩa     a k  Cho số thực vectơ 0 Tích số k vối vectơ a vectơ, kí hiệu ka , xác định sau:   - Cùng hướng với vectơ a k  , ngược hướng với vectơ a k  ;  - Có độ dài | k | | a |     a 0, k 0 Quy ước: Phép lấy tích số vối vectơ gọi phép nhân số với vectơ Ví dụ Cho B trung điểm đoạn thẳng AC Tìm số k trường hợp sau:   a) CA kCB   b) CA k AB Giải     CA  CB a) Ta có: CA, CB hai vectơ hương   Suy CA2CB Vậy k 2   CA , AB | CA |  | AB | b) Ta có: hai vectơ ngược hướng   Suy CA  AB Vậy k  Ví dụ Vật thứ chuyển động thẳng từ A đến B với tốc độ m / s vật thứ hai chuyển   v ,v động thẳng từ B đến A với tốc độ m / s Gọi vectơ vận tốc vật thứ   v kv2 ? vật thứ hai Có hay khơng số thực k thoả mãn Giải  Do tỉ số tốc độ vật thứ vật thứ hai đồng thời hai vật chuyển động ngược hướnng nên  3 3 v1  v2 k Vậy hai vectơ vận tốc ngược hướng Suy II Tính chất   a , b hai số thực h, k , ta có: Với hai vectơ        k ( a  b )  ka  kb ; k ( a  b )  ka  kb    - (h  k )a ha  ka   - h(ka ) (hk )a     - 1a a;(  1)a  a     Nhận xét: ka 0 k 0 a 0 Ví dụ Cho ba điểm A, B, C Chứng minh:    AB  BC 2 AC a)     b) 3(5 AC )  CB  14 AC  AB Giải      AB  BC  2( AB  BC ) 2 AC a) Ta có:       3(5 AC )  CB  14 AC  15 AC  CB  14 AC b) Ta có:      15 AC  14 AC  CB  AC  CB  AB Trang III Một số ứng dụng Trung điểm đoạn thẳngm đoạn thẳngn thẳngng    Nếu I trung điểm đoạn thẳng AB MA  MB 2MI với điểm M Trọng tâm tam giác     Nếu G trọng tâm tam giác ABC MA  MB  MC 3MG với điểm M Ví dụ Cho tứ giác ABCD có M , N trung điểm hai cạnh AB CD Gọi G trung điểm đoạn thẳng MN      Chứng minh GA  GB  GC  GD 0 Giải    GA M AB Vì trung điểm nên   GB2GM CD nên GC  GD 2GN Vì N là trung   điểm        GA  GB  GC  GD  GM  GN  2( GM  GN )  2.0 0 Suy Điều kiện để hai vectơ phương Điều kiện để ba điểm thẳng hàng       b ( b  0) a a k Điều kiện cẩn đủ để hai vectơ phương có số thực để kb   A , B , C AB  k AC k Điều kiện cần đủ để ba điểm phân biệt thẳng hàng có số thực để AM  AB Ví dụ Cho tam giác OAB Điểm M thuộc cạnh AB cho Kẻ MH / / OB, MK / / OA    OA  a , OB  b Giả sử     OH OK b a a) Biểu thị theo theo    b) Biểu thị OM theo a b Giải a) Ta có: MK / / OA, MH / / OB suy OK AM OH BM   ,   OB AB OA AB  1 1   OH  OA  a OH  OA 3 Vì OH OA hướng nên   2 2   OK  OB OK  OB  b 3 Vì OK OB hướng nên b) Vì tứ giác OHMK hình bình hành nên    1 2 OM OH  OK  a  b 3    b a c có Nhận xét: Trong mặt phẳng, cho hai vectơ không phương Với vectơ    ( x ; y ) c  xa  yb cặp số thoả mãn Trang PHẦN B BÀI TẬP TỰ LUẬN DẠNG DỰNG VÀ TÍNH ĐỘ DÀI VÉC – TƠ Câu Cho tam giác ABC cạnh a Gọi điểm M,N trung điểm BC,CA Dựng véc – tơ sau tính độ dài chúng  1  1 AN  CB BC  2MN a) b) 3 1 A   MA  MB AB  AC c) d) Lời giải a) Theo quy tắc ba điểm ta có N  1    H AN  CB  NC  CM NM C B M  1 a  AN  CB MN  AB  2 b) Theo quy tắc trừ ta có     1 BC  2MN BM  BA  AM 1  a  BC  2MN  AM  2 F I c) Gọi F điểm đối xứng A qua C, Điểm E đỉnh hình bình hành ABEF, E Theo quy tắc hình bình hành ta có      AB  AC  AB  AF  AE Gọi I hình chiếu E lên AC   Vì AB / /EF  EIF CAB 60 IE a   IE EFsin IFE  EF a   IE  IE EFcos IFE  cos IFE a cos 600  EF   sin IFE a a a 28 AE  AI  IE  (2a  )  ( )  2 Áp dụng định lí Pitago ta có:   a 28 AB  AC  AE  Suy  3 1  MA MH ; MB MK d) Lấy Lấy điểm H , K cho Trang K 3    1 MA  MB MH  MK KH Suy 2 3  a   a 2 a 1  AM    MA  MB KH          MB         2   Do Câu Cho tam giác ABC cạnh a Điểm M trung điểm BC Dựng véc-tơ sau tính độ dài chúng  1  5 1  1 3 CB  MA BA  BC AB  AC MA  MB 2 a) b) c) d) Lời giải A   CB CM a) Do nên theo quy tắc ba điểm, ta có K 1   CB  MA CA 1  CB  MA CA a Vậy 1  BC BM b) Vì nên theo quy tắc trừ,  1    BA  BC BA  BM MA ta có N C M Theo định lí Pitago ta có B Q a a MA  AB  BM  a      2  1 a BA  BC MA  2 Vậy P c) Gọi N trung điểm AB, Q điểm đối xứng A qua C AQP N hình bình hành 1    AB  AN , AC  AQ Khi ta có suy theo quy tắc hình bình hành ta có      AB  AC  AN  AQ  AP o    Gọi L hình chiếu A lên P N Vì MN // AC nên ANL MNB CAB 60 sin ANL  AL a a  AL  AN sin ANL  sin 60O  AN Xét tam giác vng ANL ta có NL a a cos ANL   NL  AN cos ANL  cos 60 o  AN a 9a AQ PN  PL PN  NL 2a   4 Ta lại có 3a 81a 21a a 21 AP  AL  PL     AP  16 16 Tam giác ALP có Trang 2 H  1 a 21 AB  AC  AP  Vậy MK  MA d) Gọi K điểm nằm đoạn AM cho Gọi H điểm thuộc tia MB cho MH  MB    5   3   MA MK ; MB MH Suy MA  MB MK  MH HK Khi 3 a 3a 5a MK  AM   , MH  MB  4 Ta có KH  MH  MK  Tam giác MKH có 5 3 a 128 MA  MB KH  Vậy Câu 25a 27a a 127   16 64   Cho tam giác vuông cân OAB với OA OB a Dựng tính độ dài véc-tơ 3OA  4OB ; 3 11  OA  OB Lời giải     Vẽ diểm C, D cho OC 3OA; OD 4OB , vẽ hình bình hành CODE        3OA  4OB OC  OD OE  3OA  4OB OE 5a  11  OH  OA; OK  OB Vẽ điểm H , K cho 2 3 3    11  6037  11    11  OA  OB  KH  a  a a OA  OB OH  OK KH      7 28     Trang DẠNG PHÂN TÍCH VÉC-TƠ Sử dụng tính chất phép tốn véc-tơ, ba quy tắc phép tốn véc-tơ tính chất trung điểm, trọng tâm tam giác Câu Cho tam giác ABC , cạnh ABC lấy M cho BM 3CM , đoạn AM lấy N cho AN 5MN G trọng tâm tam giác ABC     AM ; BN a) Phân tích véc-tơ   qua véc-tơ AB; AC   b) Phân tích véc-tơ GC ; MN qua véc-tơ GA GB Lời giải    5 BM  BC AN  AM a) Theo giả thiết Suy ra:      AM  AB  BM  AB  BC   1 3  AB  ( AC  AB)  AB  AC 4           23 15   BN BA  AN  AB  AM  AB   AB  AC   AB  AC 7 4 28 28      b) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên GA  GB  GC 0    Suy GC  GA  GB     1      MN  AM   AB  AC   GB  GA  GC  GA 7 4  14 14 Ta có 1   3   1  GB  GA   GA  GB  GA  GA  GB 14 14         Cho ABC Lấy điểm M , N , P cho MB 3MC , NA  3NC 0 , PA  PB 0 Biểu      AN AP AM AB diễn vectơ , , theo vec tơ , AC Lời giải  3  3   1 AP  AB AN  AC AM  AC  AB 2 2 Ta có , ,      Cho ABC Đặt a  AB , b  AC   AM  AB a) Hãy dựng điểm M , N thỏa mãn ,   CN 2 BC      b) Hãy phân tích CM , AN , MN theo vec tơ a , b Lời giải  1 AM  AB AM  AB 3 a) Vì nên M thuộc cạnh AB   Vì CN 2 BC nên N thuộc tia BC CN 2 BC       1 CM CA  AM  AC  AB  a  b 3 b) Ta có   Câu Câu       Trang  Và          AN  AB  BN  AB  3BC  AB  AC  AB  2a  3b          MN MA  AN  a  2a  3b  a  3b 3 Tương tự       ABC J JA  JB 0 I IA  IB Câu Cho Gọi , hai điểm xác định ,    a) Tính IJ theo AB AC IJ qua trọng tâm G tam giác ABC b) Chứng minh đường thẳng Lời giải    IJ  AB  AC a) Ta có  6  5  IG  AB  AC IJ  IG 3 b) Suy Suy IJ qua trọng tâm G tam giác ABC    Câu Cho ABC có trung tuyến AM , M trung điểm BC Hãy biểu diễn AM theo AB , AC Lời giải  1  AM  AB  AC M trung điểm BC nên     ABCD CD Câu Cho hình bình hành có E trung điểm Hãy biểu diễn AE theo u  AD ,    v  AB Lời giải    Do hình bình hành ABCD nên AC  AB  AD    Do E trung điểm CD nên AC  AD 2 AE        1 AB  AD 2 AE  AE  AD  AB u  v 2 Từ suy          G  ABC GC BC CA a  GA b Câu 10 Gọi trọng tâm Hãy biểu diễn AB , , , theo , GB Lời giải      Ta có AB GB  GA b  a           GA GB  a  b  GA  GB  GC   GC  Vì      Ta có BC GC  GB  a  b  b  a  2b         CA GA  GC a   a  b 2a  b Và  Câu 11 Cho ABC Điểm M cạnh BC cho MB 2MC Hãy phân tích AM theo hai vec tơ      u  AB , v  AC Lời giải       2  AM  AB  BM  AB  BC  AB  AC  AB 3 Ta có 2 1  AB  AC 3        Trang Câu 12 Cho ABC Điểm M trung điểm AB N điểm cạnh AC cho NA 2 NC Gọi    K trung điểm MN Phân tích vec tơ AK theo vec tơ AB AC Lời giải       1  AK  AM  AN   AB  AC   AB  AC 2 3  Ta có   Câu 13 Cho tam giác OAB Gọi M , N trung điểm cạnh OA , OB Tìm số m, n          OM  mOA  nOB MN  mOA  nOB , MB mOA  nOB đẳng thức , Lời giải    1 OM  OA  OA  0.OB m 2 , n 0 Ta có , nên     1 1 MN ON  OM  OA  OB m  n 2, 2 Và , nên     1 MB OB  OM  OA  1.OB m  , n 1 Ta có , nên Câu 14 Một đường thẳng cắt cạnh DA, DC đường chéo DB hình bình hành ABCD      m, n   Hãy biểu diễn DM qua điểm E , F M Biết DE mDA , DF nDC  DB m, n Lời giải       Đặt DM  xDB , EM  yFM DM  xDA  xDC         EM DM  DE  xDA  xDC  mDA  x  m  DA  xDC Do      FM DM  DF  xDA   x  n  DC Và       EM  yFM   x  m  DA  xDC xyDA  y  x  n  DC Ta có x  m  xy     x  y  x  n  xy  yn Do DA DC không phương nên  m mn y  x n mn Giải hệ ta   mn DM  DB mn Vậy    Câu 15 Điểm M gọi điểm chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k 1 MA k MB Chứng minh    OA  kOB OM  1 k với điểm O Lời giải          MA k MB  OA  OM k OB  OM    k  OM OA  kOB Ta có    OA  kOB OM  1 k Vì k 1 nên  Trang  DẠNG CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VÉC-TƠ Sử dụng kiến thức sau để biến đổi vế thành vế hai biểu thức hai vế biểu thức thứ ba biến đổi tương đương đẳng thức - Các tính chất phép tốn véc-tơ - Các quy tắc: quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành quy tắc phép trừ - Tính chất trung điểm    AB  MA  MB 0 o M trung điểm đoạn thẳng    o M trung điểm đoạn thẳng AB  OA  OB 2OM (với O điểm tùy ý) - Tính chất trọng tâm     o G trọng tâm tam giác ABC  GA  GB  GC 0     ABC  OA  OB  OC 3OG (với O điểm tùy ý) o G trọng tâm tam giác  1  OI  OA  OB Câu 16 Gọi I trung điểm đoạn AB Chứng minh với điểm O ta có Lời giải           OI OA  AI  2OI OA  OB  AI  BI OA  OB    OI OB  BI Ta có   1  OI  OA  OB Vậy    IA  IB 0 AB I Câu 17 Cho đoạn điểm cho   a) Tìm số k mà AI k AB  2  MI  MA  MB 5 b) Chứng minh với điểm M có Lời giải          IA  3IB 0  IA  AB  AI 0  AI  AB a)    Vậy b)    k              IA  3IB 0  MA  MI  MB  MI 0  MA  3MB  5MI 0    2  MI  MA  MB 5 Suy    Câu 18 Cho tam giác ABC có trực tâm H, trọng tâm G đườn tròn ngoại tiếp O Chứng minh     a) HA  HB  HC 2 HO     b) OA  OB  OC OH    GH  2GO 0 c) Lời giải     a) Dễ thấy HA  HB  HC 2 HO tam giác ABC vuông Nếu tam giác ABC không vuông, gọi D điểm đối xứng A qua O đó: BH // DC (vì vng góc với AC); Trang BD // CH (vì vng góc với AB) Suy BDCH hình bình hành, theo quy tắc hình bình hành    HB  HC HD (1) Mặt khác O trung điểm AD nên    HA  HD 2 HO (2)     Từ (1) (2) suy HA  HB  HC 2 HO b) Theo câu a) ta có     HA  HB  HC 2 HO         HO  OA  HO  OB  HO  OC 2HO      OA  OB  OC OH (đpcm)     OA  OB  OC 3OG c) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên     OA  OB  OC OH Mặt khác theo câu b) ta có          OH 3OG  OG  GH  3OG 0  GH  2GO 0 Suy (đpcm)         Câu 19 Cho tam giác ABC Gọi H điểm đối xứng với B qua G với G trọng tâm tam giác ABC Chứng minh  2   1  AH  AC  AB CH  AB  AC 3 3 a)  1  MH  AC  AB 6 b) , với M trung điểm BC Lời giải     2    AH 2 AG  AB  AC  AB  AB  AC  AB 3 a) Ta có     1 CH  AH  AC  AB  AC 3    1     MH  AH  AB  CH  AC  AB 6 b) Ta có   Câu 20 Cho tam giác ABC có trọng tậm G Chứng minh     MA  MB  MC 3MG a) Với điểm M     b) Nếu MA  MB  MC 0 M trọng tâm G Lời giải a) Ta có          MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC        3MG  GA  GB  GC 3MG  3MG         b) Áp dụng câu a) ta có         MA  MB  MC 0  3MG 0  MG 0  M G     Câu 21 Cho tam giác ABC có ba trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh AM  BN  CP 0 Lời giải Cách Trang 10