Loi giai bt phan vecto lớp 10

John Couch Adams (Ngày 5 tháng 6 năm 1819 ngày 21 tháng 1 năm 1892) là một nhà toán học và thiên văn học Anh. Adams sinh ra ở Laneast, gần Launceston, Cornwall và qua đời tại Cambridge. Thành tích của ông nổi tiếng nhất là dự đoán sự tồn tại và vị trí của Sao Hải Vương, chỉ sử dụng phương pháp toán học. Các tính toán đã được thực hiện để giải thích sự khác biệt với quỹ đạo của Sao Thiên Vương và định luật của Kepler và Newton. Đồng thời, nhưng không rõ với nhau, cùng các tính toán đã được thực hiện bởi Urbain Le Verrier. Le Verrier sẽ hỗ trợ các nhà thiên văn học quan sát Berlin Johann Gottfried Galle trong việc định vị các hành tinh vào ngày 23 Tháng 9 năm 1846, được tìm thấy trong phạm vi 1 °Của vị trí dự đoán của nó, một điểm trong chòm sao Bảo Bình.

A

G I

K

C

A

B

F

O

I

A

N

P

BÀI TẬP ÔN TẬP PHẦN VECTO

( Lê Văn Quý-GV THPT Bình Sơn, biên soạn và giới thiệu)

Bài 1. Cho tam giác ABC có trọng tâm G gọi I lần lượt là trung điểm của AG

a) CMR: 4IAIBIC 0 và 4OAOBOC 6OI với bất kỳ điểm O

b) Xác định M sao cho 4MAMBMC bé nhất

c) CMR: vMA3MB2MC không phụ thuộc vào vị trí điểm M Tính v trong trường hợp tam giác

ABC vuông tại B, AB =2a, BC = a

Lời giải:

a) Gọi E là trung điểm của BC

Ta có IB IC 2IM 2.2IG 4IG

Do đó 4IA IB IC  4IA4IG 4(IA IG ) 0 (vì I là trung điểm AG)

b) Ta có 4MA MB MC   4(MI IA) ( MI IB) ( MI IC)

6MI 4IA IB IC 6MI

 4MA MB MC  6IM 6MI

Do đó 4MAMBMC bé nhất  MI bé nhất  M trùng I

c) Ta có: v MB BA 3MB2(MB BC )BA2BC  v không phụ thuộc vào vị trí điểm M

Tính v Lấy điểm F sao cho BF 2BC  BF = 2BC = 2a

Do đó v BA BF 2BK

Bài 2. Cho tam giác ABC Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm BC, CA, AB

a) CMR: AIBJ CK 0

b) Xác định điểm N sao cho 3NANB NC

c) Gọi O là trung điểm AI CMR: 2OAOBOC 0 và 2EA EB EC 4EO

d) Xác định M sao cho 2MAMBMC bé nhất

e) Gọi P là điểm trên đoạn BC sao cho BC = 3BP Tìm x, y biết AP xAC yAB

Lời giải:

a) Do I là trung điểm BC nên ta có: 1

2

AI  AB AC

Do J là trung điểm CA nên ta có: 1

2

BJ  BA BC

Do K là trung điểm AB nên ta có: 1

2

CK  CA CB

2

AI BJ CK  AB AC BA BC CA CB   

b) Ta có: 3NANBNC 3NA(NA AB )NA AC

 NA AB AC  2AI  AN 2IA

 AN IA; cùng hướng và AN =2IA  N được xác định như hình vẽ

R P

N B

C

G E Q

c) Ta có: 2OA OB OC  2OA(OB OC ) 2 OA2OI (vì I là trung điểm của BC)

2(OA OI ) 2.0 0 (vì O là trung điểm của AI)

Tacos: 2EA EB EC  2(EO OA )EO OB EO OC  

= 4EO(OA OB OC  ) 4 EO (do câu a))

d) Theo giả thiết ta có: BC 3BP AC AB  3(AP AB)

AC  AB  AP AP  AC  AB  1; 2

x  y 

Bài 3. Cho hình bình hành ABCD N là trung điểm CD, Q là điểm trên đoạn BA sao cho AB = 3AQ a) Tính AN theo các vecto AB, AC ĐS: AN  ABAC

2 1

b) Gọi G là trọng tâm tam giác QNB Tìm x, y biết AG xAB yAC

c) Cho điểm I thỏa IA3IB Xác đinh k sao cho IB k AB

d) Xác định điểm E sao cho EA2EBEC AB

e) Tìm điểm M thuộc AB sao cho MA2MBMCAB nhỏ nhất

f) Tìm quỹ tích điểm M sao cho MA (k 1)MB MC CB

Lời giải:

AN  AD AC  BC  AC 

=1 1 1

2 AC AB 2AC  2AB AC

b) Vì G là trọng tâm tam giác QNB

3

AG AQ AN AB  AB AB AC AB  AB AC

AG  AB AC  5 ; 1

x  y 

IB BA  IB BA IB IB  BA  AB  1

2

k   d) Ta có EA2EBECAB  2EP2EBAB (với P là trung điểm của AC)

4

EP EB AB ER AB ER AB (với R là trung điểm của PB)

 ER AB cùng hướng và ; 1

R=

4

E AB  điểm E được xác định như hình vẽ

e) Ta có:MA2MB MC ABMEEA2(MEEB)MEECAB

4MEEA2EBECAB4ME (theo câu d)

Do đó MA2MBMCAB nhỏ nhất  4ME nhỏ nhất  M là hình chiếu của E trên AB

f) Ta có: MA (k 1)MB MC CB

 MA k MB MB MC CB

 MA k MB CB  CB  MA k MB  0 MA k MB

 M,A, B thẳng hàng Do đó M chạy trên đường thẳng AB

B

C M

N

P

D

E F

A

F E

B

A

C

D M

B

A

C

D

M

Bài 4. Cho lục giác đều ABCDEF CMR: MAMCMEMBMDMF

Lời giải: Gọi O là tâm lục giác đều ABCDEF

Ta có: MA MC ME MB BA MD DC   MF FE

= (MB MD MF  ) ( BA DC FE)

= (MB MD MF  ) ( F O EO FE )

= MB MD MF 

Bài 5. Cho tam giác ABC Gọi M, N, P là các điểm trên cạnh AB, BC, CA thỏa mãn MB = 2MA, NC = 2NB, AP = 2PC

a) CMR: AM BN CP0

b) CMR hai tam giác ABC và NPM cùng trọng tâm

Lời giải:

a) Theo giả thiết ta có:

AM BN CP  AB BC  CA AB BC CA  

b) Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và NMP

Ta có GN GM GP  3GG'

GBBN GA AM GC CP  3GG'

 BN AM CP 3GG' ( do GB GA GC   0)

Theo câu a) thì AM BNCP0  3GG'  0 G G ' (Đpcm)

Bài 6. Cho hình bình hành ABCD Xác định điểm M sao cho

a) MA MB 2MCAB

b) MCMDMA ABADAC

Lời giải:

a) MA MB 2MCAB

 2ME2MCAB ( Với E là trung điểm AB)

 2(MEMC)AB4MF AB (Với E là trung điểm EC)

 1

4

FM  BA suy ra FM BA; cùng hướng và 1

4

FM  AB

Do đó M được xác định như hình vẽ

b) MCMDMA ABADAC

 MCAD ABADAC

 CM CB0 C là trung điểm của BM Do đó M được xác định như hình vẽ

Bài 7 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O Gọi H là trực tâm tam giác ABC

a) CMR: HAHBHC 2HO và OAOBOCOH

b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC CMR: OH 3OG và 3 điểm O, G, H thẳng hàng

( Đường thẳng qua 3 điểm O, G, H gọi là đường thẳng Euler

mang tên nhà toán học người thụy Sỹ)

c) Tìm quỹ tích điểm M thỏa MAMBMCMH | MH2 |

Lời giải:

a) Vẽ đường kính AD

Ta có BH // CD (vì cùng vuông góc với AC)

B

E A

G H

O A

D

D A

M I

G

J

I B

A

D

C

E

 BDCH là hình bình hành

 HB HC HD (Quy tắc hình bình hành)

Do đó

2

HA HB HC  HA HD  HO (Do O là trung điểm của AD)

* Ta có: OA OB OC  OH HA OH HB OH HC

3OH (HA HB HC  )3OH 2HO OH

b) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có

OA OB OC   3OG OH  3OG (do câu a))

 3 điểm O, G, H thẳng hàng

c) Ta có MA MB MC  MH MH HA MH HB MH HC MH

= 2MH (HA HB HC  ) 2 MH 2HO 2MO

Do đó MAMBMCMH | MH2 |  2MO  2MH MO MH

Vì O, H cố định , nên quỹ tích điểm M là đường trung trực đoạn thẳng OH

Bài 8. Cho tam giác ABC, D là trung điểm AC Gọi I là điểm thỏa IA2IB3IC 0

a) CMR: I là trọng tâm tam giác BCD b) Biểu diển AI qua các vecto AB, AC

Lời giải :

a) Ta có: IA2IB3IC 0

 (IA IC ) 2 IB2IC  0 2ID2IB 2IC 0

 ID IB IC   0  I là trọng tâm tam giác BCD

b) Từ IA2IB3IC 0 ta có:

IA2(IA AB ) 3( IA AC ) 0

 6IA2AB3AC  0

AB AC  AI AI  AB AC

Bài 9. Cho tứ giác ABCD Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và AD Gọi G là trung điểm của IJ và E

là điểm sao cho GCGDGE.CMR: GA GB GC  GD0 và G là trọng tâm ABE

Lời giải:

Vì I là trung điểm của BC nên GB GC 2GI

Vì J là trung điểm của AD nên GA GD 2GJ

 GA GB GC  GD2(GIGJ)0 (do G là trung điểm của IJ )

Vì GA GB GC  GD0 và GCGDGE

Nên GA GB GE0. G là trọng tâm ABE

Bài 10. Cho tam giác ABC vuông tại B với BC = 2a, AB = a Tính độ dài của vecto 3BABC

Lời giải:

Lấy điểm E sao cho BE  3BA  BE = 2AB = 3a

Do đó 3BA BC BE BC CE

 3BA BC  CE CE  BE2 BC2  9a2 4a2 a 13

Bài 11. Cho tam giác đều ABC Và I là trung điểm AC Và đường thẳng d

M

I A

a) Xác định điểm M sao cho ABIM IC

b) Xác định điểm O sao cho OA2OB3OC0

c) Tìm M trên (d) sao cho MA2MB3MC nhỏ nhất

d) Tìm quỹ tích điểm Q thoả mãn: QA CB CA  1

Lời giải:

a) AB IM IC  AB IC IM  AB MC

hay CM BA  M là đỉnh của hình bình hành ABCM

b) Ta có: OA2OB3OC0

 OA OC 2OB2OC0

 2OI2OB2OC0  OIOB OC 0  O là trọng tâm tam giác IBC

c) Ta có: MA2MB3MCMO OA 2(MO OB ) 3( MO OC )6MO (do câu b)

 MA2MB3MC  6MO 6MO

Do đó MA2MB3MC nhỏ nhất  MO nhỏ nhất

Do M trên (d) nên M là hình chiếu vuông góc của O trên (d)

Bài 12. Cho tam giác ABC

a) Xác định điểm M thỏa: 2MA MB MC  0

b) Cho hai điểm P, Q thỏa mãn PQ2PA PB PC CMR : P, Q, M thẳng hàng

Lời giải:

2

 AM và CB cùng hướng và 1

2

AM  CB  M được xác định như hình vẽ b) Ta có: PQ2PA PB PC

 PQ2(PMMA)PMMB(PMMC )

 PQ2PM2MA MB MC

 PQ2PM (do câu a)  3 điểm P, Q, M thẳng hàng

Bài 13. Cho tam giác ABC Gọi I là trung điểm của BC, D và E là hai điểm sao cho BDDEEC

a) CMR: ABACADAE b) Tính ASABADACAE theo AI

c) CMR A, I, S thẳng hàng

Lời giải:

a) Theo giả thiết thì I là trung điểm của DE

Do đó ta có: AD AE =2AI (1)

Hơn nữa I là trung điểm của BC nên ta có:

AB AC 2AI (2)

Từ (1), (2)  ABACADAE

b) Ta có ASABADACAE =(ABAC) ( ADAE)2AI2AI 4AI

c) Theo câu b) ta có: AS4AI  A, I, S thẳng hàng

Bài 14 Cho tam giác ABC D,I là điểm xác định bởi 3DB 2DC  0; IA3IB2IC 0

a) Phân tích AD theo AB, AC b) CMR : A, I, D thẳng hàng

Lời giải:

B

C

H

A

B

M

I G

a) Từ 3DB 2DC 0 ta có 3(AB AD ) 2( AC AD) 0

 3AB 3AD 2AC 2AD 0

 AD 3AB 2AC AD 3AB2AC

b) Từ IA3IB2IC 0 ta có: IA3(IA AB ) 2( IA AC ) 0

 2IA3AB 2AC 0  2IA AD  0 AD  2IA  A, I, D thẳng hàng

Bài15. Cho ABC, các điểm M, N thỏa 3MA4MB0, CN BC

2

1

 CM: MN đi qua trọng tâm ABC

Lời giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC Ta chứng minh ba điểm M, N, G thẳng hàng

Từ 3MA4MB0 ta có: 3(NA NM ) 4( NB NM ) 0

NM  NA NB (1) Gọi I là trung điểm BC, ta có: GA 2GI

 NA NG  2(NI NG)

NG NA NBNG  NA NB (2)

Từ (1) và (2) ta có: 7NM 9NG  ba điểm M, N, G thẳng hàng ĐPCM

Bài 16. Cho hình bình hành ABCD, tâm O Gọi E là điểm trên cạnh AB sao cho EA = 2EB và I là trung điểm của OE

a) CMR: IB ID2IE 0

b) Biểu diễn BI theo hai vectơ BA và BC

c) Xác định điểm H sao cho: HA2HB 2HD  0

d) Tìm tập hợp điểm M thoả mãn : MA2MB 2MD  MA MB MC

Lời giải:

a) Vì O là trung điểm BD ta có: BI ID 2IO

Do đó IB ID 2IE 2IO 2IE

2(IO IE ) 0 (Vì I là trung điểm EO)

BI  BE  BO  BA BA BC

= 1 1 1 5 1

6BA 4BA 4BC  12BA 4BC c) Ta có HA2HB 2HD 0  HA2(HB HD ) 0 HA2.2HO  0

3

HO OA  HO   HO OA HO  OA

 HO OA cùng phương và ; 1

3

OH  OA  điểm H được xác định như hình vẽ d) Theo câu c) ta có: MA2MB2MD MH HA2(MH HB) 2( MH HD) 3MH

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có: MA MB MC  3MG

Do đó: MA2MB2MD  MA MB MC  3MH  3MG  MG MH

Mà G, H cố định nên quỹ tích điểm M là đường trung trực đoạn GH

a

b I

A

B

C N

M

K

A

B

C M

D

E

A1

C1

A2

C2

B1

Bài 17* Cho tam giác ABC Gọi AN, BM, CK là 3 đường phân giác trong của tam giác ABC

a) CMR: a IAb IBc IC 0 (I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

b) CMR: a(bc)ANb(ca)BM c(ab)CK 0

c) CMR nếu AN BM CK  0 thì tam giác ABC đều

Lời giải:

a) theo tính chất đường phân giác ta có:

NC  AC  b b   b (vì NB NC ngược hướng) ;

bNB cNC  0 (*)



a



  IA c b IN aIA (c b IN) 0

a



Vậy aIA bIB cIC    (b c IN b IN)  ( NB)c IN( NC)= bNB cIN 0

b) Từ (*) ta có: bNB cNC  0 b AB AN(  )c AC( AN) 0

 (b c AN ) bAB cAC a b c AN(  ) abAB acAC (1)

Tương tự (b c a BM ) bcBC baBA (2) Và c a b CK(  ) acCA bcCB (3)

Cộng (1), (2), (3) theo vế ta được:

a b c AN b c a BM c a b CK     abAB acAC bcBC baBA acCA bcCB     

c) Vì AN BM CK  0 AN  BM CK

Do đó (a b c )(BM CK )b c a BM c a b CK(  )  (  ) 0

a b c(  )(BM CK )b c a BM c a b CK(  )  (  )  0

b c a(  )a b c BM(  ) c a b(  )a b c CK(  ) 0 c b a BM a c b CK(  )  (  ) 0

Do BM CK không cùng phương nên ; ( ) 0

( ) 0

c b a

a c b



Bài 18*. Cho tam giác ABC đều tâm O M là điểm bất kì trong tam giác ABC Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB CMR: MD ME MF MO

2

3





Lời giải:

Qua M kẻ các đường thẳng song song với BC, CA, AB cắt BC tại A1; A2; cắt

CA tại B1; B2; cắt AB tại C1; C2 (xem hình vẽ)

Vì tham giác ABC đều nên các tam giác MA1A2; MB1B2; MC1C2 đều

2

2

2

MF  MC MC

2

MD ME MF  MA MA MB MB MC MC

1 1 2 2 1 2 1

1

2 MB MC MA

   (theo quy tắc hình bình hành)

1 3

  (theo tính chất trọng tâm tam giác)

O A

B

C G

I

A

G M

E

Bài 19. Gọi I là điểm xác định bởi 5IA7IB I C 0 và G là trọng tâm tam giác ABC

a) CMR: GI 2AB

b) Gọi O = AI  BG Tính OA

OI

c) Xác định điểm M thuộc đường thẳng d cho trước sao cho 5MA3MB nhỏ nhất

Lời giải:

a) Ta có:5IA7IB I C0  5(GA GI ) 7 GB GI ) ( GC GI ) 0

 3GI  5GA7GB GC 

 3GI  6GA6GB (GA GB GC  ) 6GA6GB (do GA GB GC  )

 3GI 6(GB GA ) 6 AB Hay GI 2AB

b) vì GI 2AB  GI // AB và GI = 2AB

Ta có hai tam giác OAB và OIG đồng dạng nên ta có: 1

2

OA AB

OI  GI 

c) Gọi D là điểm thỏa mãn 5DA3DB 0  D là điểm xác định và cố định

Ta có 5MA3MB  5(MD DA) 3( MDDB)  2MD 5DA3DB  2MD 2MD

Do đó 5MA3MB nhỏ nhất  2MD nhỏ nhất do D cố định và M  d nên 2MD nhỏ nhất  M là

hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng d

Bài20. a) Cho hình vuông ABCD cạnh a Tính 1 

2 AB AC AD

b) Cho tứ giác ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC CMR: 1

2

MN  AB CD

c) Cho tam giác ABC có trọng tâm G và các điểm M, N thỏa mãn: 3MA4MB 0; 2CN BC

CMR : MN đi qua G

Lời giải:

2 AB AC AD 2 AC AC AC AC a b) Dễ dàng chứng minh được đẳng thức: AB CD 2MN

2

MN  AB CD

7

2

MN MBBN  AB BC

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

MG MB BG AB BE AB BA BC

9

MG MN  3 điểm M, N, G thẳng hàng