5 vecto s

phần II: hình học chơng vectơ A Kiến thức cần nhớ I định nghĩa I.kiến thức cần nhớ vectơ ? Véctơ đoạn thẳng có định hớng: Một đầu đợc xác định gốc, đầu Hớng từ gốc đến gọi hớng véctơ Độ dài đoạn thẳng gọi độ dài véctơ Vectơ không Định nghĩa: Vectơ không vectơ có điểm đầu điểm cuối trùng r Nh vậy, véctơ không, kí hiệu vectơ có: Điểm gốc trùng Độ dài Hai vect¬ cïng ph¬ng uuur uuur Hai vect¬ AB , CD gọi phơng, ký hiệu: AB // CD uuur uuur AB // CD ⇔  ng hàng A, B,C, D th ẳ Hai vectơ hớng, ngợc hớng uuur uuur a Hai véctơ AB , CD uuur uuur AB ↑↑ CD ⇔ uuur uuur b Hai vÐct¬ AB , CD uuur uuur AB ↑↓ CD ⇔ gäi lµ cïng híng , ký hiƯu:  AB // CD  hai tia AB,CD cï ng h ng gọi ngợc hớng, ký hiÖu:  AB // CD  hai tia AB,CD ng ỵ c h í ng  Hai vect¬ b»ng uuur uuur Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ b»ng nhau, ký hiƯu: uuur uuur  AB = CD uuur AB = CD ⇔  uuur  AB ↑↑ CD 11 II tỉng cđa hai vect¬ r r Định nghĩa: Tổng hai vectơ a b véctơ đợc xác định nh sau: uuur Từ điểm tùy ý A mặt phẳng dựng vectơ AB r = a uuur r Từ điểm B dùng vect¬ BC = b uuur r  Khi véctơ AC gọi vectơ tổng hai vectơ a r b , ta viết uuur r r AC = a + b a B b A b a a+ b C Từ định nghĩa ta đợc quy tắc ba điểm: uuur uuur uuur AB + BC = AC , víi ba ®iĨm A, B, C Tính chất phép cộng véctơ r r r Với véctơ a , b c , ta cã: r r r r TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a + b = b + a r r r r r r TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hỵp): ( a + b ) + c = a + ( b + c ) r r r r r TÝnh chÊt 3: (TÝnh chÊt vectơ không): a + = + a = a Quy tắc hình bình hành: uuur uuur uuur AB + AD = AC , víi ABCD lµ hình bình hành r uuuu r uuur Ta có "Nếu M trung điểm đoạn thẳng AB MA + MB = " Ta cã "Gäi G lµ träng tâm ABC thì: uuur uuur uuur r GA + GB + GC = , uuuu r uuur uuuu r uuuu r uuur uuur r MA + MB + MC = 3MG, ∀M + GB + GC = " III hiệu hai vectơ Hai vectơ đối uuur uuur Hai véctơ AB , CD gọi đối nhau, ký hiÖu:  AB = CD uuur uuur uuur AB = − CD ⇔  uuur  AB ↑↓ CD 12 hiƯu cđa hai vect¬ r r r r Định nghĩa: Hiệu hai véctơ a b , kÝ hiƯu a − b , lµ tỉng r r vectơ a vectơ đối vectơ b , nghÜa lµ: r r r r a − b = a + (−b ) PhÐp lÊy hiƯu cđa hai vectơ gọi phép trừ vectơ r r r r Để dựng vectơ a b biết vectơ a b ta lấy điểm A r uuur r uuu r r r uuur tuú ý, tõ ®ã dựng vectơ AB = a AC = b , ®ã CB = a − b B b a A a a− b C b Tõ c¸ch dùng ta đợc quy tắc hiệu hai vectơ gốc: uuu r uuur uuur AB − AC = CB , với ba điểm A, B, C Tính chất cđa phÐp trõ vÐct¬ r r r r r r a − b = c ⇔ a = b + c IV tích vectơ với rsố Định nghÜa: TÝch cđa vect¬ a víi mét sè thùc k vectơ, r kí hiệu k a đợc xác định nh sau: r r a Vectơ k a phơng với vectơ a : r Cùng híng víi vect¬ a nÕu k ≥ r  Ngợc hớng với vectơ a k < r b Có độ dài k.a Phép lấy tích vectơ với số gọi phép nhân vectơ với số (hoặc phép nhân số với vectơ) Từ định nghĩa ta có kết quả: r r r r a = a , (−1) a = a Tính chất phép nhân vectơ víi sè r r Víi mäi vÐct¬ a , b số thực m, n, ta có: r r TÝnh chÊt 1: m(n a ) = (mn) a r r r TÝnh chÊt 2: (m + n) a = m a + n a r r r r TÝnh chÊt 3: m( a + b ) = m a + n b r r r r TÝnh chÊt 4: m a = ⇔ a = m = 13 điều kiện để hai vectơ phơng r Định lí (Quan hệ hai vectơ phơng): Vectơ b r r r phơng với vectơ a tån t¹i sè k cho b r = ka Hệ quả: Điều kiện cần đủ để ba điểm A, B, C thẳng hàng tồn sè k cho uuur uuur AB = k AC Biểu thị vectơ qua hai vectơ không phơng r Định lí (Phân tích vectơ thành hai vectơ khác r r r không phơng): Cho hai vectơ a b khác r không phơng Với vectơ c tìm đợc cặp số thực m, n nhÊt, cho: r r r c = ma + nb V Hệ toạ độ Vectơ uuuuuur Cho ®iĨm M1(x1; y1), M1(x2; y2) th× M1M = (x2 x1; y2 y1) Các phép toán Vectơ r r Nếu có hai vectơ v1 (x1; y1) v (x2; y2) th×:  x1 = x r r (i): v1 = v ⇔   y1 = y x1 y1 r r = (ii): v1 // v ⇔ x y2 r r (iii): v1 + v = (x1 + x2; y1 + y2) r r (iv): v1 − v = (x1 − x2; y1 − y2) r (v): k v1 (x1; y1) = (kx1; ky1) , k ∈ ¡ r r (vi): α v1 + β v = (αx1 + βx2; αy1 + βy2) Kho¶ng cách Khoảng cách d hai điểm M1(x1; y1) M1(x2; y2) độ dài uuuuuur vectơ M1M , đợc cho bởi: uuuuuur d = | M1M | = (x1 − x ) + (y1 y ) Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trớc uuuuur Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M1M2 theo tỉ số k (tức MM1 = uuuuur k MM ) đợc xác định công thức: 14 x1 kx   x = − k   y = y1 − ky  1− k Đặc biệt k = 1, M trung điểm đoạn thẳng M1M2 , toạ độ M đợc xác định bởi: x1 + x   x =   y = y1 + y Ba điểm thẳng hàng Ba điểm A(x1; y1) , B(x2; y2) C(x3; y3) thẳng hàng khi: x x1 y3 − y1 uuur uuur AC // AB ⇔ x − x = y − y 2 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 Vectơ Dạng toán 1: Mở đầu vectơ Thí dụ Cho OAB vuông cân với OA = OB = a Hãy dựng vectơ sau tính độ dài chúng: uuur uuur uuur uuur uuur uuur OA + OB OA + OB , OA − OB , uuur 21 uuur OA + 2.5 OB , 14 uuur uuur OA − OB Giải a Với C đỉnh thứ t hình vuông OACD, ta có ngay: O uuur uuur uuur OA + OB = OC , theo quy tắc hình bình hành Từ đó, suy ra: uuur uuur uuur OA + OB  = OC  = OC = a b Ta cã ngay: B uuur uuur uuur OA − OB = BA , quy tắc hiệu hai vectơ gốc uuur uuur uuur A O ⇒ OA − OB  = BA  = BA = a uuur uuur c §Ĩ dùng vectơ OA + OB ta lần lợt thực hiện: B Trên tia OA lấy điểm A1 cho OA1 = 3OA Trên tia OB lấy điểm B1 cho OB1 = 4OB Dựng hình chữ nhËt OA1C1B1 B1 A C A1 C1 15 Tõ ®ã, ta cã: uuuur uuuur uuuur uuur uuur OA + OB = OA1 + OB1 = OC1 uuuur uuur uuur ⇒ 3 OA + OB  = OC1  = OC1 = OA12 + C1A12 = 5a uuur 21 uuur d Thực tơng tự câu c), ta dựng đợc vectơ OA + 2.5 OB u u u r u u u r 21 a 541  OA + 2.5 OB  = 4 14 uuur uuur e Thực tơng tự câu c), ta dựng đợc vectơ OA OB 14 uuur uuur a 6073  OA − OB  = 28 ThÝ dô Cho ABC có cạnh a Tính độ dài vectơ uuur uuur tổng AB + AC Giải Gọi M trung điểm BC, lấy điểm A1 đối xøng víi A qua M, ta cã ABA 1C hình bình hành, suy ra: uuuur uuur uuur AB + AC = AA1 uuuur uuur uuur a ⇒ AB + AC  = AA1  = 2AM = = a 3A A1 B M C  Chú ý: Với em học sinh cha nắm vững kiến thức tổng hai vectơ thờng kết luËn r»ng: uuur uuur uuur uuur AB + AC  = AB  + AC  = a + a = 2a Dạng toán 2: Chứng minh đẳng thức vectơ Phơng pháp áp dụng Ta lựa chọn hớng biến đổi sau: Hớng 1: Biến đổi vế thành vế lại (VT VP VP VT) Khi đó: Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực việc đơn giản biểu thức Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực việc phân tích vectơ Hớng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh đẳng thức biết 16 Hớng 3: Biến đổi đẳng thức vectơ biết thành đẳng thức cần chứng minh Hớng 4: Tạo dựng hình phụ Khi thực phép biến đổi ta sử dụng: Quy tắc ba điểm: uuur uuu r uuur AB = AC + CB  Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD cã: uuur uuur uuur AC = AB + AD  HiƯu hai vect¬ cïng gèc uuur uuu r uuur AB − AC = CB  TÝnh chÊt trung ®iĨm: Víi ®iĨm M t ý vµ I lµ trung ®iĨm cđa AB lu«n cã: uuu r r uuur uuuu MI = ( MA + MB )  Tính chất trọng tâm tam giác: Với ABC có trọng t©m G ta cã: uuur uuur uuur r GA + GB + GC = uuuu r uuuu r uuuu r uuur MA + MB + MC = MG , víi M t ý  C¸c tÝnh chÊt phép cộng, trừ vectơ phép nhân số với vectơ Thí dụ Cho bốn điểm A, B, C, D Chøng minh uuur uuur uuur uuur r»ng AB + CD + BC = AD  Gi¶i Ta trình bày theo ba cách sau: Cách 1: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có: uuur uuur uuur uuur uuur uuur VT = ( AB + BC ) + CD = AC + CD = AD , đpcm Cách 2: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta cã: uuur uuur uuur uuur uuur uuur VT = AB + ( BC + CD ) = AB + BD = AD , đpcm Cách 3: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có: uuur uuur uuur uuur uuur uuur AD = AC + CD = AB + BC + CD , đpcm Cách 4: Sử dụng quy tắc ba ®iĨm, ta cã: uuur uuur uuur uuur uuur uuur AD = AB + BD = AB + BC + CD , đpcm Nhận xét: Việc trình bày thí dụ theo bốn cách mang tính chất minh hoạ cho ý tởng sau: 17 Với cách cách 2, gom hai vectơ có "điểm cuối vectơ thứ trùng với điểm đầu vectơ thứ hai" từ sử dụng chiều thuận quy tắc ba điểm Với cách cách 4, sử dụng chiều ngợc uuur lại quy tắc ba điểm, cụ thể "với vectơ AB xen thêm vào điểm tuỳ ý để từ phân tích đợc vectơ uuur AB thành tổng hai vectơ" ThÝ dơ Cho ®iĨm A, B, C, D Chøng minh uuur uuu r uuur uuur r»ng AB + CD = AD + CB Gi¶i Ta cã thĨ trình bày theo cách sau: Cách 1: Ta có: uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuur VT = ( AD + DB ) + CD = AD + CD + DB = AD + CB = VP C¸ch 2: Ta cã: uuur uuu r uuur uuur uuur uuu r uuu r uuur VT = ( AC + CB ) + CD = AC + CD + CB = AD + CB = VP Cách 3: Biến đổi tơng đơng biểu thức dạng: uuur uuur uuu r uuur uuur uuur AB − AD = CB − CD DB = DB , Điều phải chứng minh Cách 4: Biến đổi tơng đơng đẳng thức d¹ng: uuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AB − CB = AD − CD ⇔ AB + BC = AD + DC ⇔ AC = AC , Nhận xét: Để thực chứng minh đẳng thức vectơ cho lựa chọn hớng biến đổi VT thành VP hai cách giải có chung ý tởng, cụ thể việc lựa chọn vectơ xuất phát AB ta có: Trong cách 1, ta ý thức đợc cần tạo xuất vectơ AD ta xen vào điểm D Trong cách 2, ta ý thức đợc cần tạo xuất vectơ CB ta xen vào điểm C Từ nhận xét hẳn em học sinh thấy đợc thêm có cách khác để giải toán, cụ thể: 18 Hai cách với việc lựa chọn vectơ xuất phát CD Hai cách theo hớng biến đổi VP thành VT Thí dụ Cho M N lần lợt trung điểm đoạn thẳng AB CD Chứng minh r»ng: uuuu r uuur uuur uuur uuur MN = AC + BD = AD + BC A M Giải B a Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Ta có phân tích: uuur uuuu r uuur uuuu r (1) AC = AM + MN + NC , D C uuuu r uuur uuur uuuu r N (2) BD = BM + MN + ND r uuur uuur r uuuu r uuuu r Céng theo vÕ (1) vµ (2) víi lu ý AM + BM = vµ NC + ND = (vì M N lần lợt trung điểm đoạn thẳng AB CD), ta đợc: uuur uuuu r uuur AC + BD = MN , ®pcm (*) Cách 2: Ta có phân tích: uuuu r uuuu r uuur uuur (3) MN = MA + AC + CN , uuuu r uuur uuur uuur (4) MN = MB + BD + DN , uuuu r uuur r uuur uuur r Céng theo vÕ (3) vµ (4) víi lu ý MA + MB = vµ NC + ND = (vì M N lần lợt trung điểm đoạn thẳng AB CD), ta đợc: uuuu r uuur uuur MN = AC + BD , ®pcm b Ta cã: uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AC + BD = AD + DC + BC + CD = AD + BC , ®pcm (**) Từ (*) (**) ta đợc đẳng thức cần chứng minh Thí dụ Cho O tâm hình bình hành ABCD Chứng minh với điểm M bÊt k×, ta cã: uuuu r uuuu r r uuur uuuu r uuuu MO = ( MA + MB + MC + MD )  Gi¶i Ta cã: uuuu r uuuu r uuur uuuu r MA + MB + MC + MD uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur = MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD uuuu r uuur uuur uuur uuur uuuu r = MO + ( OA + OC ) + ( OB + OD ) = MO 19 ⇔ uuuu r uuuu r r uuur uuuu r uuuu ( MA + MB + MC + MD ) = MO , đpcm Chú ý: Các em học sinh trình bày thêm cách biến đổi VT thành VP ThÝ dô Cho ∆ABC Gäi M, N, P lần lợt trung điểm BC, CA, AB Chứng minh r»ng: uuur uuu r r uuuu r AM + BN + CP =  Gi¶i Sư dơng quy tắc trung điểm ta biến đổi: r uuur uuur uuur uuur uuur uuu VT = (AB + AC) + (BA + BC) + (CA + CB) 2 u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r = (AB + BA + AC + CA + BC + CB) , đpcm Thí dụ Cho A1B1C1 A2B2C2 lần lợt có trọng tâm G1, G2 Chứng minh r»ng: uuuuur uuuuu r uuuuu r uuuuur A1A + B1B2 + C1C = G1G  Giải Với G1, G2 tâm A1B1C1 ∆A2B2C2, ta cã: uuuuur uuuuu r uuuuu r r G1A1 + G1B1 + G1C1 = (1) uuuuuu r uuuuur uuuuur r G A + G B2 + G C = (2) Mặt khác, ta có: uuuuur uuuuur uuuuur uuuuuu r A1A = A1G1 + G1G + G A uuuuu r uuuuu r uuuuur uuuuur B1B2 = B1G1 + G1G + G B2 uuuuu r uuuuu r uuuuur uuuuur C1C2 = C1G1 + G1G + G C (3) (4) (5) Cộng theo vế (3), (4), (5) sử dụng kết (1) (2), ta đợc: uuuuur uuuuu r uuuuu r uuuuur A1A + B1B2 + C1C = G1G , ®pcm 20 x1 y1 r r r r = a Víi hai vect¬ v1 (x1, y1) vµ v (x2, y2) ta cã v1 // v ⇔ x y2 b Cho ba điểm A(x1, y1) , B(x2, y2) C(x3, y3), ta cã: x − x1 y3 − y1 uuur uuur A, B, C thẳng hàng AC // AB ⇔ = x − x1 y − y1 c Định lý Menelaus: Lấy ba điểm M, N, P theo thứ tự cạnh BC, CA, AB ABC Điều kiện cần đủ để M, N, P thẳng hàng là: MB NC PA = MC NA PB Thí dụ Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; −5) a Chøng minh r»ng ba ®iĨm A, B, C thẳng hàng b Tìm toạ độ điểm D cho A trung điểm BD c Tìm toạ độ điểm E trục Ox cho A, B, E thẳng hàng Giải a Nhận xét r»ng: uuur uuur uuur uuur AB (4; −3) vµ AC (12; −9) ⇒ AC = AB ⇒ A, B, C thẳng hàng b Giả sử D(xD, yD), với điều kiện A trung điểm BD, ta ®ỵc: + xD   −3 =  x D = −7 ⇔ ⇒ D(−7; 7)   yD = 4 = + yD  uuur c Giả sử E(xE, 0) Ox, AE (xE + 3; −4) Tõ ®ã, ®Ĩ ba ®iĨm A, B, E thẳng hàng điều kiện là: x E + −4 7 = ⇔ xE = ⇒ E( ; 0) −3 3 ThÝ dô Tìm trục hoành điểm M cho tổng khoảng cách từ M tới điểm A B nhỏ trờng hợp sau: a A(1; 2) vµ B(3; 4) b A(1; 1) vµ B(2; −4)  a Gi¶i NhËn xÐt A, B cïng phÝa víi Ox 41 Gọi A1 điểm đối xứng với A qua Ox, suy A1(1; −2) Gäi P0 = (A1B) ∩Ox B uuuu r uuuur y ⇔ A1, B, P0(x; 0) thẳng hàng A1B // A1P0 A 5 ⇔ = ⇔x = ⇒ P0( ; 0) x −1 3 O Ta cã P M3 x PA + PB = PA1 + PB ≥ A1B − P ≡ AP10 VËy PA + PB nhỏ A1, B, P thẳng hàng y b NhËn xÐt A, B kh¸c phÝa víi Ox A Gäi P0 = (AB)∩Ox r uuur uuuu P0 A, B, P0(x, 0) thẳng hàng AB // AP0 O P x −5 6 ⇔ = ⇔x = ⇒ P0( ; 0) x −1 −1 5 B Ta cã −4 PA + PB ≥ AB VËy PA + PB nhá nhÊt A, B, P thẳng hàng P P0 Chú ý: Thí dụ trên, minh hoạ phơng pháp giải cho lớp toán cực trị quen thuộc kỳ thi tuyển sinh vào trờng đại học cao đẳng, em học sinh cần nắm đợc phơng pháp giải cho toán tổng quát nh sau: Bài toán: Tìm đờng thẳng (d): Ax + By + C = điểm P cho tổng khoảng cách từ P tới điểm A(xA, yA) B(xB, yB) không thuộc (d) nhỏ " Phơng pháp Ta xác ®Þnh tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C) XÐt hai trêng hỵp Trêng hỵp 1: NÕu tA.tB < ⇔ A, B ngỵc phÝa víi (d) Ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau: Bíc 1: Gọi P0 = (AB)(d), suy toạ độ P0 Bíc 2: Ta cã PA + PB ≥ AB 42 VËy PA + PB nhá nhÊt vµ chØ A, P, B thẳng hàng P P0 Trờng hỵp 2: NÕu tA.tB > ⇔ A, B cïng phÝa víi (d) Ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau: Bớc 1: Gọi A1 điểm đối xứng với A qua (d) , suy toạ độ A1 Bớc 2: Gọi P0 = (A1B)(d), suy toạ độ P0 Bớc 3: Ta cã PA + PB = PA1 + PB ≥ AB VËy PA + PB nhá nhÊt ⇔ A1,P, B thẳng hàng P P0 Ngoài phơng pháp nhận đợc phơng pháp giải khác đợc minh hoạ toán Phơng pháp toạ độ hoá Dạng toán 5: Phơng pháp toạ độ hoá Phơng pháp áp dụng Phơng pháp toạ độ hoá thờng đợc sử dụng phổ biến hai dạng: Dạng 1: Ta thực phép toạ độ hoá điểm hình đa toán hình học dạng giải tích Dạng 2: Lựa chọn điểm thích hợp để biến đổi biểu thức đại số dạng độ dài hình học Phơng pháp tỏ hiệu để tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức đại số Thí dụ Tìm giá trị nhỏ hàm sè y = x2 − x +  x2 + x + + Giải Viết lại hàm sè díi d¹ng: 3 (x + ) + + (x − ) + 4 1 3 Xét điểm A( ; ), B( ; − ) vµ M(x; 0), ®ã: 2 2 2 AM = x + x + , BM = x − x + , suy S = AM + BM AB = Vậy, ta đợc SMin = 1, đạt đợc khi: uuuu r uuur A, B, M thẳng hàng AM // AB toạ độ M y= x2 + x + + x2 − x + =  43 Chó ý: Víi c¸c em học sinh cha có kinh nghiệm giải dạng toán thông thờng chọn A( ; ), 2 B( ; ) vµ M(x; 0) nhận đợc SMin = 1, nhiên điều kiện cho A, B, M thẳng hàng vô nghiệm Đôi dạng toán đợc minh hoạ dới dạng trị tuyệt đối Thí dụ Cho ba điểm A(1; 2), B(0; 1) M(t; 2t + 1) Tìm điểm M thuộc (d) cho: a (MA + MB) nhá nhÊt b |MA − MB| lín nhÊt  Gi¶i a Ta cã: MA + MB = = (t − 1) + (2t − 1) + 5t − 6t + + t + (2t + 2) 5t + 8t + 2 4  3 +  t + ÷ + ] [ t − ÷ +   25   25 Xét điểm A1( ; ); B1(− ; ) vµ M1(t; 0) 5 5 Khi ®ã: MA + MB = ( M1A1 + M1B1) Vì M1 chạy trục hoành A1, B1 n»m vỊ hai phÝa cđa Ox nªn (MA + MB)min ⇔ (M1A1 + M1B1)min ⇔ M1 = (A1B1)∩Ox 2 19 ⇔ M1( ; 0) ⇔ M( ; ) 15 15 15 b Tơng tự câu a) ta có: = |MA − MB| =  3 − t − ÷ +   25  4 t + ÷ +   25 Xét điểm A2( ; ); B2( − ; ) vµ M2(t; 0) 5 5 Khi ®ã: |MA − MB| = |M2A2 − M2B2| Vì M2 chạy trục hoành A2, B2 n»m vỊ mét phÝa cđa Ox nªn |MA − MB|max ⇔ |M2A2 − M2B2|max ⇔ M2 = (A2B2)∩Ox ⇔ M2(2; 0) M(2; 5) 44 C Các toán chọn läc VÝ dơ 1: Cho tø gi¸c ABCD Chøng minh r»ng: a Cã mét ®iĨm O nhÊt cho: uuur uuur uuur uuur r OA + OB + OC + OD = Điểm O đợc gọi trọng tâm bốn điểm A, B, C, D Tuy nhiên, ngời ta gọi quen O trọng tâm tứ giác ABCD b Trọng tâm O trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối tứ giác, trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai đờng chéo tứ giác c Trọng tâm O nằm đoạn thảng nối đỉnh tứ giác trọng tâm tam giác tạo ba đỉnh lại Giải a Giả sử có điểm O1 thoả mãn: uuuur uuuu r uuuu r uuuur r = O1A + O1B + O1C + O1D uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur = O1O + OA + OB + OC + OD = O1O uuuur r ⇔ O1O = O1 O Vậy, tồn điểm O thoả mãn hệ thức vectơ cho b Gäi M, N, P, Q, E, F theo thø tự trung điểm AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta có lần lợt chứng minh: O trung điểm MP (đoạn nối trung điểm hai cạnh AB vµ CD), thËt vËy: r uuur uuur uuur uuur uuuu r uuu r = OA + OB + OC + OD = OM + OP uuuu r uuu r r ⇔ OM + OP = O trung điểm MP O trung ®iĨm NQ (®o¹n nèi trung ®iĨm cđa hai c¹nh BC vµ DA), thËt vËy: uuur r uuur uuur uuur uuur uuur = OA + OB + OC + OD = ON + OQ uuur uuur r ⇔ ON + OQ = O trung điểm NQ O trung điểm EF (đoạn nối trung ®iĨm cđa hai ®êng chÐo AC vµ BD), thËt vËy: r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD = uuur uuu r OE + OF 45 uuur uuu r r ⇔ OE + OF = ⇔ O lµ trung điểm EF c Gọi G trọng tâm ABC, ta cã: r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = OA + OB + OC + OD = OG + OD = −3 GO + ( GD − GO ) uuur uuur ⇔ GD = GO G, O, D thẳng hàng Vậy, trọng tâm O nằm đoạn thảng nối đỉnh tứ giác trọng tâm tam giác tạo ba đỉnh lại Ví dụ 2: Cho đa giác n cạnh A1A2 An, tâm O Chứng minh rằng: n uuuur ∑ OA i =1 i r =  Gi¶i Ta cã thĨ lùa chän mét hai cách trình bày: n uuuu r uuur Cách 1: Gọi OA = ∑ OA i i =1 NhËn xÐt quay đa giác góc n Đa giác không đổi, nên uuuur OA i =1 i 2π th×: n uuur = OA uuur Vectơ OA bị quay theo chiều mét gãc n uuur uuur r Suy vect¬ OA cã híng tuú ý ⇔ OA = , đpcm Cách 2: Xét hai trờng hợp: Trờng hợp 1: NÕu n = 2k Khi ®ã, víi ®Ønh bÊt kú đa giác có đỉnh đối xứng với qua O đpcm Trờng hợp 2: Nếu n = 2k Khi đỉnh A2, ,An chia thành hai phần đối xứng qua trục OA1, cách lập tổng cặp vectơ đối xứng đpcm uuur r NhËn xÐt: Nh vËy, ®Ĩ chøng minh OA = ta cã thĨ sư dơng tÝnh chÊt "Vect¬ không vectơ có phơng hớng tuỳ ý" Ví dụ 3: Cho ABC Gọi I tâm đờng tròn nội tiÕp tam gi¸c uur r uur uur Chøng minh r»ng a IA + b IB + c IC = 46 Giải Dựng hình bình hành AB2IC2 có AB2//CC1 AC2//BB1, ta đợc: uuur uuur uur (1) IA = IB2 + IC2 , A  IB2 C1A b = = u u u r u u r  IB C B a b B2 ⇔ IB2 = − IB (2)  C2 u u u r u u r a  IB ↑↓ IB B C 1  I  IC B1A c uuur B C  IC = B C = a c uur ⇔ IC2 = − IC (3)  uuur uuuu r a  IC  ↑↓ ICB Thay (2), (3) vào (1), ta đợc: uur r uur uur uur b uur c uur IC ⇔ a IA + b IB + c IC = , ®pcm IA = − IB − a a VÝ dô 4: Cho điểm A, B, C, D, E uuur uuur uuur r a T×m O cho OA + OB + OC = uur r uur uur uur b T×m I cho IA + IB + IC + ID = uuur r uuur uuur uuur uuur c T×m K cho KA + KB + KC + 3( KD + KE ) =  Gi¶i a Gäi M, N, F trung điểm AB, BC AC, ta có: r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = OA + OB + OC = ( OA + OC ) + 2( OB + OC ) uuu r uuur uuu r uuu r uuu r = OF + ON = −2 FO + 4( FN − FO ) uuu r r uuu ⇔ FO = FN , suy điểm O đợc hoàn toàn xác ®Þnh b Ta cã thĨ lùa chän mét hai cách trình bày: Cách 1: Gọi P, Q trung ®iĨm CD, MP, ta cã: uur uur r uur r uur uur uur uuu r uu r = IA + IB + IC + ID = IM + IP = IQ ⇔ IQ = I Q, suy điểm I đợc hoàn toàn xác định Cách 2: Gọi G trọng tâm ∆ABC, ta cã: r uur uur uur uuur uur uur uur uur uur = IA + IB + IC + ID = IG + ID = −3 GI + ( GD − GI ) uur uuur ⇔ GI = GD , suy điểm I đợc hoàn toàn xác định c Ta có: r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = KG + 3( KD + KE ) uuur r uuur uuur ⇔ KG + KD + KE = K trọng tâm DEG Ví dụ 5: Cho ABC, M điểm tuỳ ý mặt phẳng 47 r uuuu r uuuu r uuur a Chøng minh r»ng vect¬ v = MA − MB + MC không đổi b Tìm tập hợp điểm M tho¶ m·n: uuuu r uuuu r uuuu r uuur uuur |3 MA + MB − MC | = | MB − MC |  Gi¶i a Ta cã: r uuuu r uuuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uuur v = MA − MB + MC = 3( MA − MB ) + 2( MC − MB ) uuur uuur = BA + BC , không đổi b Gọi I điểm tho¶ m·n hƯ thøc uur r uur uur IA + IB − IC = ⇒ tån điểm I Ta đợc: uuuu r uuuu r uuur uuu r uuu r MA + MB − MC = (3 + − 2) MI = MI (1) Mặt khác, ta cã: uuuu r uuu r uuur (2) MB − MC = CB Thay (1), (2) vµo hƯ thøc cđa câu b), ta đợc: uuu r uuu r 3| MI | = | CB | ⇔ MI = BC M thuộc đờng tròn tâm I, bán kÝnh b»ng BC VÝ dô 6: Cho ∆ABC LÊy điểm A1 BC, B1 AC, C1 AB cho uuuur uuuu r uuuu r r AA1 + BB1 + CC1 = Chøng minh r»ng hai tam gi¸c ABC A1B1C1 có trọng tâm Giải Gọi G, G1 theo thø tù lµ träng cã: uuur uuur uuur r GA + GB + GC = uuuuur uuuuu r uuuuu r r G1A1 + G1B1 + G1C1 = Mặt khác từ giả thiết, ta cã: uuuur uuuu r uuuu r r = AA1 + BB1 + CC1 uuuur uuuuur uuur = ( AG + GG1 + G1A1 ) + uuuuu r + G1C1 ) 48 tâm tam giác ABC, A 1B1C1, ta uuuur uuuuu r uuuur uuur uuur ( BG + GG1 + G1B1 ) + ( CG + GG1 uuuur GG1 uuuuur uuuuu r uuuuu r uuuur uuur uuur uuur = − ( GA + GB + GC ) + ( G1A1 + G1B1 + G1C1 ) + GG1 = uuuur r ⇔ GG1 = ⇔ G ≡ G1 Ví dụ 7: Cho ABC, điểm M mặt phẳng thoả mãn: uuuu r uuuu r uuuu r uuur MN = MA + MB + MC a Chøng minh MN qua trọng tâm G ABC M thay đổi b Gọi P trung ®iĨm cđa CN Chøng minh r»ng MP lu«n ®i qua điểm cố định M thay đổi Giải a Với G trọng tâm ABC ta có: uuur uuur uuur r GA + GB + GC = Từ giả thiết ta nhận đợc: uuuu r uuuu r uuuu r uuuu r uuur MN = MA + MB + MC = MG VËy MN qua trọng tâm G ABC M thay đổi b Vì P trung điểm CN nªn: r uuuu r r uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu uuuu MP = ( MC + MN ) = ( MC + MA + MB + MC ) 2 uuuu r r uuur uuuu = ( MA + MB + MC ) Gọi J điểm thoả mãn: uur uur uur r uur uur uur uuur r uuur JA + JB + JC = ⇔ JA + ( JA + AB ) + 2( JA + AC ) = uur uuur uur uuur uuur uuur ⇔ AJ = AB + AC ⇔ AJ = AB + AC tồn điểm J cố định Từ đó: uuuu r uuu r uuu r uuur r uuur uuuu MP = ( MA + MB + MC ) = (1 + + 2) MJ = MJ 2 Vậy MP qua điểm cố định J M thay ®ỉi VÝ dơ 8: Cho ∆ABC LÊy điểm A1BC, B1AC, C1AB cho: uuuur uuuu r uuuu r r AA1 + BB1 + CC1 = a Chøng minh r»ng BA1 CB1 AC1 = = BC CA AB 49 b Xác định vị trí A1, B1, C1 để AA1, BB1 CC1 đồng quy Giải a Đặt: uuuur r A uuur uuuu uuur uuuur uuur BA1 = α BC , CB1 = β CA , AC1 = γ AB Khi ®ã: C uuuur uuuu r uuuu r r G B1 = AA1 + BB1 + CC1 uuuur uuuu r uuuur uuur uuur uuur = ( AB + BA1 ) + ( BC + CB1 ) + ( CA + AC1 ) B C uuuur uuuu r uuuur uuur uuur uuur A = ( AB + BC + CA ) + ( BA1 + CB1 + AC1 ) uuur uuur uuur = α BC + β CA + γ AB (*) uuur uuur r uuur V× AB + BC + CA = nên (*) chØ khi: BA1 CB1 AC1 α=β=γ ⇔ = = , đpcm BC CA AB b Bạn đọc tự giải Cho ABC Lấy điểm M, N, P cho: uuuu r uuur uuu r uuur r uuur r uuu r − = , = MC AN NC , PA + PB = MB r uuur uuur uuuu uuur TÝnh MP , MN theo AB vµ AC Suy M, N, P thẳng hàng Ví dơ 9:  50 Gi¶i Ta cã: uuur uuu r uuuu r (1) MP uuuu r = AP uuur− AM uuu r, = , (2) MN AN uuu r −uAP uuu r uuur uuur uuur Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo thĨ uuur uAB uuu r vµ AC uuu,r cơuuu u r tõr gi¶ thiÕt: uuuu r r uuur MB − MC = ⇔ (AB − AM) − (AC − AM) = uuuu r uuur uuur ⇔ AM = − AB + AC (3) 2 u u u r uuur uuur uuur AN = NC ⇔ AN = AC (4) uuu r uuur r uuu r uuu r PA + PB = ⇔ AP = AB (5) Thay (3), (4), (5) vµo (1) (2) ta đợc: uuur uuur uuur uuur uuur uuur AB + AB − AC = AB − AC (6) MP = 2 2 u u u r u u u r uuuu r AC − AB MN = (7) uuuu r uuur Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy MP = −2 MN ⇔ M, N, P thẳng hàng Ví dụ 10: Cho ABC, có c¹nh a, b, c Gäi A1, B1, C1 theo thø tự chân đờng phân giác kẻ từ A, B, C uuuur uuur uuur a TÝnh AA1 theo AB vµ AC uuuur uuuu r b Chøng minh ABC tam giác AA1 + BB1 uuuu r r + CC1 =  Gi¶i a Ta cã: uuuur uuuur uuuur uuuur uuur BA1 BA1 c c BA AA 1 − AB uuuu r = ⇒ = uuuur uuuur = uuur = uuur uuur A1C BA1 + A1C b b+c BC AC − AB uuuur uuuur uuur uuur uuur c b uuur c uuur ⇔ AA1 − AB = ( AC − AB ) ⇔ AA1 = AC AB + b+c b+c b+c b Tơng tự câu a), ta đợc: uuuu r c uuur a uuur c uuur a uuur BB1 = BC + BC − BA = AB , c+a c+a c+a c+a uuuu r r c uuur b uuu c uuur b uuur CC1 = CA + CB = − AC − BC a+b a+b a+b a+b Tõ ®ã: uuuur uuuu r uuuu r r = AA1 + BB1 + CC1 uuur uuur uuur b a c c c b =( − ) AB + ( − ) AC + ( − ) BC b+c c+a b+c a+b c+a a+b uuur uuur uuur b a c c c = ( − )( AC − BC ) + ( − ) AC + ( − b+c c+a b+c a+b c+a uuur b ) BC a+b uuur b a c c b a c = ( − + − ) AC − ( − − + b+c c+a b+c a+b b+c c+a c+a u u u r b ) BC a+b uuur uuur Vì AC BC hai vectơ không phơng, nên đẳng thức khi: a c c  b  b + c − c + a + b + c − a + b = ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC ®Ịu   b − a − c + b =0  b + c c + a c + a a + b VÝ dô 11: Cho ∆ABC, biÕt A(−1; −1), B(2; 4), C(6; 1) LÊy c¸c điểm M, N, P đờng thẳng AB, CA, BC cho điểm lần lợt chia đoạn thẳng theo tỉ số 1, , 2 a Xác định toạ độ M, N, P 51 b Chøng tá r»ng M, N, P th¼ng hàng Giải a Ta có: M(x; y) chia đoạn AB theo tỉ số M trung ®iÓm AB ⇔ M( ; ) 2 N(x; y) chia đoạn CA theo tỉ số uuur u u u r ⇔ NC = − NA ⇔ 2(6 − x; − y) = −(−1 − x; −1 − y)  2(6 − x) = + x  x = 11/ 11 ⇔ ⇔ ⇔ N( ; ) 3  2(1 − y) = + y  y = 1/ P(x; y) chia đoạn BC theo tỉ số C trung điểm BP P(10; − 2) b Ta cã: uuur 19 uuur 19 uuur uuur MP ( ; − ) & NP ( ; − ) ⇒ MP // NP ⇔ M, N, P thẳng hàng 2 3 Ví dô 12: Cho ∆ABC, biÕt A(1; −3), B(3; −5), C(2; 2) Tìm toạ độ: a Giao điểm E BC với phân giác góc A b Giao điểm F BC với phân giác góc A  Gi¶i Ta cã: AB2 = + = vµ AC2 = + = ⇒ k = AC = A AB a Gi¶ sư E(x; y), theo tính chất phân giác trong, ta đợc: uuu r uuu r uuu r EC uuu r = −2 ⇔ EC (2 − x; −2 − y) = −2 EB (3 − x;F−5 − y) B EB  − x = −2(3 − x) x = / ⇔ ⇔ ⇔ E( ; −4)  −2 − y = −2(−5 − y)  y = −4 b Gi¶ sư F(x; y), theo tÝnh chÊt phân giác ngoài, ta đợc: uuu r uuu r uuu r FC uuu r = ⇔ FC (2 − x; −2 − y) = FB (3 − x; −5 − y) FB  − x = 2(3 − x) x = ⇔ ⇔ ⇔ F(4; −8)  −2 − y = 2(−5 − y)  y = −8 52 E C VÝ dô 13: Cho ∆ABC vuông A, biết A(a; 0), B(1; 0), C(a; a ) Xác định toạ độ trọng tâm G ABC, biết bán kính đờng tròn nội tiÕp ∆ABC b»ng  Gi¶i 2a + a − ; ) Víi nhËn xÐt: 3 S∆ABC = AB.AC = p.r ⇔ AB.AC = 2(AB + AC + BC) ⇔ |a − 1|.|a − 1| = 2(|a − 1| + |a − 1| + 2|a − 1|) a = + ⇔ |a − 1| = + ⇔  a = −1 − Ta cã G( Ta lần lợt: 7+4 2+2 ; ) 3 −1 − −2 −  Víi a = − − , ta đợc: G( ; ) 3 Vậy tồn hai điểm G thoả mãn điều kiện đầu Với a = + , ta đợc: G( VÝ dơ 14: Cho ®iĨm M(4; 1), hai ®iĨm A(a; 0), B(0; b) víi a, b > cho A, B, M thẳng hàng Xác định toạ độ cđa A, B cho: a DiƯn tÝch ∆OAB nhá nhÊt b OA + OB nhá nhÊt 1 + OA OB2 nhỏ Giải Vì A, B, M thẳng hàng uuuu r uuur 4a ⇔ AM // AB ⇔ = ⇔ + = −a b a b (1) a Ta cã, diÖn tÝch OAB đợc cho bởi: ab S = OA.OB = 2 Tõ (1) suy 4 1= + ≥ = ⇔ ab ≥ 16 ⇔ S ≥ ab a b a b Vậy SMin = 8, đạt đợc khi: 53 a =  A(8;0) 1 = = ⇔ ⇒ a b b =  B(0; 2) b Từ (1), ta đợc : 4b a= ®iỊu kiƯn b > b −1 Khi ®ã: 4b 4 OA + OB = +b= +b+4= + b− + ≥ b −1 b −1 b −1 (b − 1) + = b Vậy (OA + OB)Min = 9, đạt đợc khi: a =  A(6;0) =b− 1=2⇔  ⇒ b −1 b =  B(0;3) c Ta cã: 1 1 + = + OA OB a b2 NhËn xÐt r»ng: 1 1 1 (42 + 12)( + ) ≥ ( + )2 = ⇒ + ≥ a b a b a b 17 1 Vậy, ta đợc ( , đạt đợc khi: + )Min = OA OB 17 4  17  17  + =1 a =  A( ;0) ⇒ ⇔ a b  4a = b  b = 17 B(0;17) Ví dụ 15: Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc: S = x + y + 2x − 4y + + x + y − 6x − 4y + 13  Giải Viết lại biểu thức dới dạng: S = (x + 1) + (y − 2) + (x − 3) + (y − 2) XÐt điểm A( 1; 2), B(3; 2) M(x; y), ®ã: AM = (x + 1) + (y − 2) , BM = (x − 3) + (y − 2) , suy ra: S = AM + BM ≥ AB = VËy, ta đợc SMin = 4, đạt đợc khi: uuuu r uuur x +1 y2 A, B, M thẳng hàng AM // AB ⇔ = ⇔ y = 2, 54 đó: S = |x + 1| + |x − 3| = |x + 1| + |3 − x| ≥ |x + + − x| = 4, dÊu “ = ” x¶y (x + 1)(3 − x) ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ Vậy, ta đợc SMin = 4, đạt đợc −1 ≤ x ≤ vµ y = 55 ... đờng thẳng qua A song song víi BC b Víi k ∈ ¡ + ®iĨm M thuộc nửa đờng thẳng qua A uuur song song víi BC theo híng BC c Víi k ∈ Ă điểm M thuộc nửa đờng thẳng qua A uuur song song víi BC ngỵc... vect¬ víi s gọi phép nhân vectơ với s (hoặc phép nhân s với vectơ) Từ định nghĩa ta có kết quả: r r r r a = a , (−1) a = −a Tính chất phép nhân vectơ với s r r Với véctơ a , b s thực m,... E(−4; 5) AE = BC ⇔   y E − = −6  y E = 5 ThÝ dơ Cho ®iĨm M(1 − 2t; + t) Tìm điểm M cho x 2M + y 2M nhá nhÊt  Gi¶i Ta cã: x 2M + y 2M = (1 − 2t)2 + (1 + t)2 = 5t2 − 2t + = 5( t − ) + ≥ 5 9 đạt