Tóm tắt lý thuyết, các dạng toán và bài tập Toán 10 (Tập 2: Hình học 10) - TOANMATH.com

Dựa vào quy tắc cộng, trừ, quy tắc 3 điểm, hình bình hành, ta biến đổi và dựng hình để xác định các véc-tơ. Cho hình bình hành ABCD, có tâm O.. Cho tam giác ABC đều, G là trọng tâm và M [r]

Mục lục

1 VECTƠ 7

1 CÁC ĐỊNH NGHĨA

I Tóm tắt lí thuyết

1 Định nghĩa, xác định véc-tơ

2 Hai véc-tơ phương, hướng

3 Hai véc-tơ

II Các dạng toán

Dạng Xác định véc-tơ, phương hướng véc-tơ, độ dài véc-tơ

Dạng Chứng minh hai véc-tơ 11

2 TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ 15

I Tóm tắt lí thuyết 15

1 Định nghĩa tổng hiệu hai véc-tơ 15

2 Quy tắc hình bình hành 15

3 Các tính chất phép cộng, trừ hai véc-tơ 15

II Các dạng toán 16

Dạng Xác định véc-tơ 16

Dạng Xác định điểm thỏa đẳng thức véc-tơ cho trước 20

Dạng Tính độ dài tổng hiệu hai véc-tơ 22

Dạng Chứng minh đẳng thức véc-tơ 26

3 TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ 35

I Tóm tắt lí thuyết 35

II Các dạng toán 36

Dạng Các toán sử dụng định nghĩa tính chất phép nhân véc-tơ với số 36

Dạng Phân tích véc-tơ theo hai véc-tơ không phương 38

Dạng Chứng minh đẳng thức véc-tơ có chứa tích véc-tơ với số 43

Dạng Chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy 50

Dạng Xác địnhMthoả mãn đẳng thức véc-tơ 53

III Bài tập tổng hợp 57

4 HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 63

I Tóm tắt lí thuyết 63

II Các dạng tốn 64

Dạng Tìm tọa độ điểm độ dài đại số véc-tơ trục(O;−→e) Tìm tọa độ véc-tơ−→u +−→v,→−u − −→v,k−→u 64

Dạng Xác định tọa độ véc-tơ điểm mặt phẳng tọa độOxy 68

Dạng Tính tọa độ trung điểm - trọng tâm 70

Dạng Chứng minh ba điểm thẳng hàng, điểm thuộc đường thẳng 73

III Bài tập tổng hợp 77

5 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I 85

I Đề số 1a 85

II Đề số 1b 87

IV Đề số 2b 91

V Đề số 3a 93

VI Đề số 3b 96

2 TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 99 GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ0◦ĐẾN180◦ 99

I Tóm tắt lí thuyết 99

1 Giá trị lượng giác góc từ0◦đến180◦ 99

2 Góc hai vec-tơ 100

II Các dạng toán 100

Dạng Tính giá trị lượng giác 100

Dạng Tính giá trị biểu thức lượng giác 102

Dạng Chứng minh đẳng thức lượng giác 103

2 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 109

3 Tích vơ hướng hai véc-tơ 109

I Tóm tắt lý thuyết 109

1 Định nghĩa 109

2 Các tính chất tích vơ hướng 109

3 Biểu thức tọa độ tích vô hướng 109

4 Ứng dụng 110

II Các dạng toán 110

Dạng Các tốn tính tích vơ hướng hai véc-tơ 110

Dạng Tính góc hai véc-tơ -góc hai đường thẳng-điều kiện vng góc 114 Dạng Chứng minh đẳng thức tích vơ hướng độ dài 117

Dạng Ứng dụng biểu thức toạ độ tích vơ hướng vào tìm điểm thoả mãn điều kiện cho trước 121

Dạng Tìm tọa độ điểm đặc biệt tam giác - tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm lên đường thẳng 125

4 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC 129

I Tóm tắt lý thuyết 129

1 Hệ thức lượng tam giác vuông 129

2 Định lý hàm số cosin, công thức trung tuyến 130

3 Định lý sin 130

4 Các công thức diện tích tam giác 130

II Các dạng toán 131

Dạng Một số tập giúp nắm vững lý thuyết 131

Dạng Xác định yếu tố lại tam giác biết số yếu tố cạnh góc tam giác 138

Dạng Diện tích tam giác 142

Dạng Chứng minh hệ thức liên quan yếu tố tam giác 143

Dạng Nhận dạng tam giác vuông 147

Dạng Nhận dạng tam giác cân 150

Dạng Nhận dạng tam giác 153

Dạng Ứng dụng giải tam giác vào đo đạc 155

5 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II 160

I Đề số 1a 160

II Đề số 1b 161

III Đề số 2a 163

IV Đề số 2b 164

V Đề số 3a 165

3 TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 171 PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 171

I Tóm tắt lí thuyết 171

1 Véc-tơ phương đường thẳng 171

2 Phương trình tham số đường thẳng 171

3 Phương trình tắc đường thẳng 171

4 Véc-tơ pháp tuyến đường thẳng 171

5 Phương trình tổng quát đường thẳng 171

II Các dạng toán 172

Dạng Viết phương trình tham số đường thẳng 172

Dạng Viết phương trình tổng quát đường thẳng 173

Dạng Vị trí tương đối góc hai đường thẳng 175

Dạng Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng 177

Dạng Viết phương trình đường phân giác góc do∆1và∆2tạo thành 180

Dạng Phương trình đường thẳng tam giác 182

2 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN 189

I Tóm tắt lý thuyết 189

1 Phương trình đường trịn biết tâm bán kính 189

2 Dạng khác phương trình đường trịn 189

3 Phương trình tiếp tuyến đường trịn 189

II Các dạng tốn 189

Dạng Tìm tâm bán kính đường trịn 189

Dạng Lập phương trình đường trịn 191

Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn điểm 198

Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn điểm 200

Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn thỏa mãn điều kiện cho trước 205 Dạng Vị trí tương đối đường thẳng đường tròn 211

Dạng Vị trí tương đối hai đường trịn 215

Dạng Phương trình đường thẳng chứa tham số 216

Dạng Phương trình đường trịn chứa tham số 218

Dạng 10 Tìm tọa độ điểm thỏa điều kiện cho trước 222

3 ĐƯỜNG ELIP 232

I Tóm tắt lí thuyết 232

1 Định nghĩa 232

2 Phương trình tắc Elip 232

3 Hình dạng elip 233

II Các dạng toán 233

Dạng Xác định yếu tố elip 233

Dạng Viết phương trình đường Elip 236

Dạng Tìm điểm thuộc elip thỏa điều kiện cho trước 239

4 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 248

I Đề số 1a 248

II Đề số 1b 249

III Đề số 2a 250

IV Đề số 2b 251

V Đề số 3a 253

Chương 1 VECTƠ

§1. CÁC ĐỊNH NGHĨA

− →

F

Hình 1.1

I. Tóm tắt lí thuyết

1. Định nghĩa, xác định véc-tơ

Định nghĩa (Véc-tơ). Véc-tơ đoạn thẳng có hướng

Véc-tơ có điểm đầu (gốc)A, điểm cuối (ngọn)Bđược kí hiệu là−AB.→ Véc-tơ cịn kí hiệu là−→a,−→b,−→x,−→y, không cần rõ điểm đầu điểm cuối

Một véc-tơ hồn tồn xác định biết điểm đầu điểm cuối

4! Với hai điểm phân biệtAvàBta có đoạn thẳng (ABhoặc BA), có hai véc-tơ khác là−AB→và−BA.→

B a)

− →a

− →x A

b) Hình 1.2

Định nghĩa (Độ dài véc-tơ). Độ dài đoạn thẳngABlà độ dài (hay mơ-đun) véc-tơ−AB, kí hiệu là→

−→ AB

Tức

−→ AB =AB Đương nhiên

−→ AB =

−→ BA

Định nghĩa (Véc-tơ-khơng). Véc-tơ-khơng véc-tơ có điểm đầu điểm cuối trùng Véc-tơ-khơng kí hiệu là−→0

Ta có−→0 =−AA→=−BB→=

2. Hai véc-tơ phương, hướng

Định nghĩa (Giá véc-tơ). Giá véc-tơ khác−→0 đường thẳng chứa điểm đầu điểm cuối véc-tơ

Định nghĩa (Phương, hướng véc-tơ). Hai véc-tơ gọi phương giá chúng song song trùng

Trên hình 1.3a) ta có véc-tơAB,−→ CD,−→ −→EF phương Trên hình 1.3b) ta cóAB−→và −MN−→cùng phương, cịn−AB→và−→MPkhơng phương

Hai véc-tơ phương hướng ngược hướng Chẳng hạn−AB→ và−→CDcùng hướng,−AB→ −→

EF ngược hướng (hình 1.3a)

A

B

C

D

E F

Hình 1.3a)

A

B

N M

P

Hình 1.3b)

Ba điểm phân biệtA,B,Cthẳng hàng hai véc-tơ−AB→và−AC→cùng phương

4! Khi nói hai véc-tơ hướng hay ngược hướng chúng phương Véc-tơ −→0 cùng phương, cùng hướng với véc-tơ.

3. Hai véc-tơ nhau

Định nghĩa (Véc-tơ nhau). Hai véc-tơ gọi chúng có hướng độ dài

Chẳng hạn, nếuABCD hình bình hành thì−AB→=−→DC −→

AD=−BC.→

A B

C D

4! Khi cho trước véc-tơ−→a và điểmO, ta ln tìm điểmAduy cho−OA→=−→a. NếuIlà trung điểm đoạn thẳngABthì−→AI=−→IB.

II. Các dạng toán

Dạng Xác định véc-tơ, phương hướng véc-tơ, độ dài véc-tơ

Ví dụ 1. Trong hình 1.4, véc-tơ phương, hướng, ngược hướng véc-tơ

− →a

− →

b

− →x

− →y

− →z −

→u

− →v

− →w

Hình 1.4

Lời giải.

+ Các véc-tơ phương:−→a và−→b;−→u và−→v;−→x,−→y,−→z và−→w + Các véc-tơ hướng:−→a và−→b;→−x,−→y và−→z

+ Các véc-tơ ngược hướng:−→u và−→v;−→w và−→x;−→w và−→y;−→w và−→z + Các véc-tơ nhau:−→x =−→y

Ví dụ 2. Cho tam giácABC GọiM,N,Plần lượt trung điểm củaBC,CA,AB

a) Liệt kê tất véc-tơ khác véc-tơ−→0, phương với−MN−→và có điểm đầu, điểm cuối lấy điểm cho

b) Liệt kê véc-tơ khác véc-tơ−→0, hướng với−AB→ có điểm đầu, điểm cuối lấy điểm cho

c) Vẽ véc-tơ véc-tơ−→NPmà có điểm đầu làAhoặcB

Lời giải.

a) Các véc-tơ khác véc-tơ −→0, phương với −MN−→ −−→

NM,−AB→,−BA→,AP−→,−PA→,−BP→,−PB.→

b) Các véc-tơ khác véc-tơ −→0, hướng với −AB→ −→

AP,−PB→,−NM.−→

c) Trên tiaCBlấy điểmB0sao choBB0=NP B B M C

P N

A A0

Khi ta có−→BB0là véc-tơ có điểm đầu làBvà véc-tơ−→NP

QuaA dựng đường thẳng song song với đường thẳng NP Trên đường thẳng lấy điểm A0 cho −→AA0 hướng với−→NPvàAA0=NP

Khi ta có−→AA0là véc-tơ có điểm đầu làAvà véc-tơ−→NP

Ví dụ 3. Cho hình vngABCDcạnha GọiMlà trung điểm củaAB,Nlà điểm đối xứng vớiCqua D Hãy tính độ dài véc-tơ−MD−→và−MN.−→

Áp dụng định lý Pythagoras tam giác vngMADta có DM2=AM2+AD2=a

2

+a2= 5a

4 ⇒DM= a√5

2 Suy

−−→ MD

=MD= a√5

2

QuaN kẻ đường thẳng song song vớiADcắtABtạiP

Khi tứ giácADNPlà hình vng vàPM=PA+AM=a+a =

3a Áp dụng định lý Pythagoras tam giác vngNPM ta có

MN2=NP2+PM2=a2+

Å

3a

ã2

= 13a

4 ⇒MN= a√13

2 Suy

−−→ MN

=MN= a√13

2

A

B C

D N P

M

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho ngũ giác ABCDE Có véc-tơ khác véc-tơ −→0, có điểm đầu điểm cuối đỉnh ngũ giác

Lời giải. Từ hai điểm phân biệt, chẳng hạnA,B, ta xác định hai véc-tơ khác véc-tơ-không là−AB,→ −BA.→ Mà từ năm đỉnhA,B,C,D, E ngũ giác ta có10cặp điểm phân biệt, có20véc-tơ thỏa mãn u cầu tốn

Bài 2. Cho hình bình hànhABCDcó tâm làO Tìm véc-tơ từ5điểmA,B,C,D,O a) Bằng véc-tơ−AB;→ −→OB

b) Có độ dài

−→ OB

Lời giải.

a) −AB→=−→DC;−→OB=−→DO b) −→BO,−→DO,−→OD

Bài 3. Cho ba điểmA,B,Cphân biệt thẳng hàng a) Khi hai véc-tơ−AB→và−AC→cùng hướng? b) Khi hai véc-tơ−AB→và−AC→ngược hướng?

Lời giải.

a) Anằm đoạnBC b) Anằm đoạnBC

Bài 4. Cho bốn điểmA,B,C,Dphân biệt

a) Nếu−AB→=−BC→thì ba điểmA,B,Ccó đặc điểm gì? b) Nếu−AB→=−→DCthì bốn điểmA,B,C,Dcó đặc điểm gì?

a) Blà trung điểm củaAC

b) A,B,C,Dthẳng hàng hoặcABCDlà hình bình hành

Bài 5. Cho tam giácABC cạnhavàGlà trọng tâm Gọi I trung điểm củaAG Tính độ dài véc-tơ−AG→,−→BI

Lời giải. Sử dụng tính chất trọng tâm định lý Pythagoras Đáp án:

−→ AG =

a√3

− → BI =

a√21

Dạng Chứng minh hai véc-tơ nhau

Để chứng minh hai véc-tơ ta chứng minh chúng có độ dài hướng dựa vào nhận xét tứ giácABCDlà hình bình hành thì−AB→=−→DCvà−→AD=−BC.→

Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD GọiM,N, P, Qlần lượt trung điểm AB, BC,CD, DA Chứng minh −−→

MN=−→QP

Lời giải.

DoM,Nlần lượt trung điểm củaABvàBCnênMNlà đường trung bình tam giácABCsuy raMNkACvàMN=

2AC (1)

Tương tự,QPlà đường trung bình tam giácADCsuy raQPkACvàQP=

2AC (2)

Từ (1) (2) kết hợp hình vẽ suy ra−MN−→=−→QP

B N C

M P

Q A

D

Ví dụ 5. Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi I trung điểm BC Dựng điểmB0 cho −→

BB0=−→GA

a) Chứng minh−→BI=−→IC

b) GọiJ trung điểm củaBB0 Chứng minh−BJ→=−IG.→

Lời giải.

a) Vì I trung điểm củaBC nên BI=CI →−BI hướng với−IC→do đó−→BI=−→IC

b) Ta có−→BB0=−AG→suy raBB0=AGvàBB0kAG Do đó−BJ→,−JG→ hướng (1)

VìGlà trọng tâm tam giácABC nênIG=1

2AG, Jlà trung điểmBB0suy raBJ=

2BB

0 Vì vậyBJ=IG(2). Từ (1) (2) ta có−BJ→=−IG.→

B I C

J G

B0

A

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 6. Cho hình bình hànhABCD GọiM,N trung điểm củaDC,AB;Plà giao điểm củaAMvà DB;Qlà giao điểm củaCN vàDB Chứng minh−→DP=−→PQ=−→QB

Chứng minhDP=PQdựa vào tính chất đường trung bình tam giácDQCvàPQ=QBdựa vào tính chất đường trung bình tam giácABP Suy raDP=PQ=QB

B C

N M

D A

Q

P

Bài 7. Cho hình thangABCDcó hai đáy làABvàCDvớiAB=2CD TừCvẽCI−→=−DA Chứng minh rằng:→ a) −DI→=CB.−→

b) −→AI=−→IB=−→DC

Lời giải.

a) Chứng minhBICDlà hình bình hành

b) Chứng minh I trung điểm ABvà kiện tứ giác BICD hình bình hành chứng minh câu a

B

A I

D C

Bài 8. Cho hình bình hànhABCD Hai điểmM vàN trung điểm củaBCvà AD ĐiểmIlà giao điểm củaAMvàBN,Klà giao điểm củaDM vàCN Chứng minh−→DK=−→IB

Lời giải.

Theo giả thiếtMvàNlần lượt trung điểm củaBCvàADnênAN= 2AD vàBM=1

2BC MàAD=BCdoABCDlà hình bình hành Suy raANMBlà hình bình hành

Ta có Điểm I giao điểm hai đường chéoAM BN hình bình hànhANMBnênIlà trung điểm củaBN

Tương tự, ta chứng minh đượcKlà trung điểm củaDM Từ dễ dàng chứng minh đượcDKBIlà hình bình hành, suy ra−→DK=−→IB

B M C

I K

D

A N

Bài 9. Cho hình bình hànhABCD Dựng−→AM=BA,−→ −MN−→=−DA,→ NP−→=−→DC,−→PQ=BC Chứng minh−→ −AQ→=−→0

Lời giải.

Chứng minhAMNPvàQMNPđều hình bình hành, suy raA≡Q, suy ra−AQ→=−→0

B C

P A

N M

D

Bài 10. Cho tam giácABCcó trung tuyếnAM Trên cạnhAClấy hai điểmEvàF choAE=EF =FC; BEcắtAMtạiN Chứng minh−→NA=−MN.−→

FMkBE vìFM đường trung bình tam giácCEB

Ta cóEA=EF VậyEN đường trung bình tam giácAFM Suy raNlà trung điểm củaAM Vậy−→NA=−MN.−→

B M C

N E

F A

BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 11. Cho hình bình hànhABCD GọiE,F,MvàNlần lượt trung điểm cạnhAB,BC,CDvàDA a) Chứng tỏ vectơ−→EF,−AC→,−MN−→cùng phương;

b) Chứng tỏ rằng−→EF =−NM Suy tứ giác−→ EFMN hình bình hành

Lời giải.

a) Dựa vào tính chất đường trung bình, ta suy đượcEF kAC k MN⇒−→EF,−AC→,−MN−→cùng phương;

b) Dựa vào tính chất đường trung bình, ta suy đượcEF =MN=

2AC kết hợp với câu a)⇒ −→

EF =−NM Suy tứ giác−→ EFMN hình bình hành

B F C

E M

A N D

Bài 12. Cho hai bình bình hànhABCDvàABEF Dựng−→EH −→FGbằng−→AD Chứng minhCDGH hình bình hành

Lời giải.

Ta có −→EH =−→FG=−→AD nên tứ giác EFGH hình bình hành, suy raGH k FE kABkDC GH =FE =AB=DC hay tứ giácCDGH hình bình hành

B C

E H

A D

F G

Bài 13. Cho tam giácABCcóMlà trung điểm đoạnBC, phân giác ngồi gócAcắtBCởD Giả sử giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giácADMvới AB, AC làE, F (khácA) Gọi N trung điểm đoạnEF Chứng minh hai véc-tơ−MN−→và−→ADcùng phương

Kẻ đường tròn(O) ngoại tiếp tam giácABC Gọi P điểm cungBCkhơng chứaA,PA⊥DA.Qlà điểm cungBCchứaA Ta cóA,D,Qthẳng hàng vàP,M,O,Q thẳng hàng

Dễ nhận thấy DP đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giácADM Tam giácPEF cân tạiPtừ cóDPlà trung trực củaEF nênDP⊥EF tạiN

Hai tam giác PEDvà PCQ đồng dạng,EN vàCM đường cao nên suy PN

PD = PM

PQ ⇒MNkDQ Vậy,−MN−→và−→ADcùng phương

A F

B C

D M

N

E

Bài 14. Cho tam giácABCcóOnằm tam giác Các tiaAO,BO,COcắt cạnh đối diện M,N,P QuaOkẻ đường thẳng song song vớiBCcắtMN,MPtạiH,K Chứng minh rằng:−→OH=−→KO

Lời giải.

Do HK kBC nên ta có: OH BM =

ON

BN ⇒OH = ON BN.BM,

OK CM = OP

CP ⇒OK= OP

CP.CM.(1) Mặt khác, ta lại có ON

BN = SAON SABN =

SCON SCBN =

SAON+SCON SABN+SCBN =

SAOC SABC, OP

CP = SAOB SABC ⇒

ON BN

CP OP =

SAOC SABC

SABC SAOB =

SAOC SAOB =

CM BM.(2) Từ(1)và(2)suy raOK=OH Vì vậy,−→OH=−→KO

A

N O

B M C

P

§2. TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ

I. Tóm tắt lí thuyết

1. Định nghĩa tổng hiệu hai véc-tơ

Định nghĩa (Phép cộng). Cho hai véc-tơ−→a và−→b Với điểmAbất kỳ, dựngAB−→=−→a, dựng−BC→=−→b Khi đó, véc-tơ−AC→được gọi véc-tơ tổng của−→a và−→b

Ta ký hiệu:−→a +−→b, tức là:−→a +→−b =−AB→+−BC→=−AC.→

− →a

− → b

− →a

− → b − →a

+ −→b B

A

C Phép toán tìm tổng hai véc-tơ cịn gọi làphép cộng véc-tơ.

Định nghĩa (Véc-tơ đối). Cho véc-tơ−→a, véc-tơ có độ dài ngược hướng với−→a gọi véc-tơ đối của−→a, ký hiệu là−−→a

− →a

−−→a

Định nghĩa (Phép trừ). Cho hai véc-tơ −→a và−→b Phép phép trừ của−→a với−→b định nghĩa phép cộng của−→a với−−→b

Ký hiệu−→a −−→b =−→a + (−−→b) 2. Quy tắc hình bình hành Cho hình bình hànhABCD,

• −AC→=−AB→+−→AD • −AB→−−→AD=−→DB

B

A

C

D

a) −→a +→−b =→−b +−→a, b) −→a + (−→b +−→c) = (−→a +−→b) +−→c Tính chất 2. (véc-tơ đối)

a) −−→0 =−→0 b) −→a −−→b =−(−→b − −→a), c) −−AB→=−BA.→ Tính chất 3. (cộng với véc-tơ−→0)−→a +−→0 =−→0 +−→a =→−a

Tính chất 4. Cho3điểmA,B,Cta có:

a) −AB→+−BC→=−AC→(quy tắc điểm), b) −AB→−−AC→=−CB→(quy tắc trừ) Tính chất 5. a) (quy tắc trung điểm)Ilà trung điểmAB⇔−→IA+−→IB=−→0,

b) (quy tắc trọng tâm)Glà trọng tâm4ABC⇔−→GA+GB−→+−→GC=−→0

II. Các dạng toán

Dạng Xác định véc-tơ

Dựa vào quy tắc cộng, trừ, quy tắc điểm, hình bình hành, ta biến đổi dựng hình để xác định véc-tơ Chú ý quy tắc sau

a) −−AB→=−BA.→

b) −AB→+−BC→=−AC→(quy tắc điểm)

c) −AB→−−AC→=−CB→(quy tắc trừ)

d) −AB→+−→AD=−AC→(ABCDlà hình bình hành) Ví dụ 1. Cho tam giácABC

a) Xác định véc-tơ−→a =−AB→+−BC.→ b) Xác định véc-tơ−→b =−AB→−−AC.→

c) Xác định véc-tơ−→c =−AB→+−AC.→

Lời giải.

Ta có

a) −→a =−AB→+−BC→=−AC.→ b) −→b =−AB→−−AC→=CB.−→

c) −→c =−AB→+−AC→=−→AD, vớiABDClà hình bình hành

− →

b

− →a

− →c B

D

A

C Ví dụ 2. Cho hình bình hànhABCD, có tâmO Hãy xác định véc-tơ sau đây:

a) −→x =−AB→+−→AD b) −→y =−AO→+CD.−→

Lời giải.

O

D C

A B

E

F H

a) Theo tính chất hình bình hành−→x =−AB→+−→AD=−AC.→ b) −→y =−AO→+CD−→=−→OC+CD−→=−→OD

c) −→z =−→CD−−AC→=CD−→+CA−→=CE−→(dựng hình bình hànhCDEA)

d) −→t =−OA→−−→BD=−OA→+DB−→=−OA→+−→OF=−→OH Trong đó, ta dựng−→OF=−→DBvà hình bình hànhOFHA Ví dụ 3. Cho tam giác ABC đều, G trọng tâm M trung điểm cạnh BC Hãy xác định véc-tơ sau đây:

a) −→GB+−→GC b) −AG→+CB.−→

c) −AB→+−→MC d) −AB→+−→GB+−→GC

Lời giải.

a) −→GB+−→GC=−→GK(dựng hình bình hànhGBKC) b) AG−→+CB−→=−BF→+CB−→=CF−→(dựng−BF→=−AG).→ c) AB−→+−→MC=AB−→+−→BM=−→AM

d) −AB→+−→GB+−→GC=−AB→+−→GK=−AB→+−BF→=−→AF

A

B

G

C M

K F

Ví dụ 4. Cho đoạn thẳng ABcó trung điểm I Gọi M điểm tùy ý không nằm đường thẳngAB Lấy tiaMImột điểmNsao choIN=MI Hãy xác định véc-tơ:

a) MA−→+−→MB−MI.−→ b) −→AM+−NI.→

a) MA−→+−→MB−−MI→=MN−−→−−MI→=−IN.→ b) AM−→+−NI→=NI−→+−→NB=−→NK

A

K

B

N

M

I

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho hình bình hànhABCDcó tâmO Xác định véc-tơ đối véc-tơ sau đây: a) −OA,→ −→DO b) −AC,→ −DA.→

Lời giải.

a) −−OA→=−AO→=−→OC,−−→DO=−→OD=BO.−→ b) −−AC→=CA,−→ −−DA→=−→AD=−BC.→ Bài 2. Cho hình bình hànhABCDcó tâmO Xác định véc-tơ sau đây:

a) −OA→+−→OB+−→OC+−→OD b) −OA→+−→BO+CO−→+−→DO

c) −AC→+−→BD+−BA→+−DA.→ d) −OA→+CB−→+−→OC+−→AD

Lời giải.

a) −OA→+−→OB+OC−→+−→OD=−→0

b) −OA→+−→BO+CO−→+−→DO=CO−→+−OA→+−→BO+−→DO=CA.−→

c) AC−→+−→BD+−BA→+DA−→=−BA→+AC−→+BD−→+−DA→=AC−→+−BA→=−BC.→ d) OA−→+−→OC+CB−→+−→AD=−→0

Bài 3. Cho tam giácABC Tìm véc-tơ−→x trường hợp:

a) −→x +−BC→=−AC→+BA.−→ b) CA−→− −→x −CB−→=−AB.→

Lời giải.

a) →−x =−AC→+BA−→+CB−→=−→0

b) −→x =−CA→−CB−→+−BA→=BA−→+−BA→=−BE→, với−AE→=−BA.→

Bài 4. Cho tam giácABC GọiM,N,Plần lượt trung điểmBC,AC,AB Xác định véc-tơ sau đây: a) −PB→+−→MC+−→NA b) −BA→+−PA→+−→CM

Lời giải.

a) PB−→+−→MC+−→NA=AP−→+−→PN+−→NA=−→0

b) BA−→+−PA→+CM−→=BA−→+−→NP+PA−→=−BA→+−→NA=ND−→(dựng thêm điểmDsao cho−→AD=−BA).→

a) −AB→+−→AN b) −BA→+CN−→

c) −AB→+−→MC+−MN.−→ d) −BA→+−BC→−−MN.−→

Lời giải. Ta có, tứ giácBANClà hình bình hành

a) −AB→+−→AN=−AC→(tính chất hình bình hànhBANC)

b) BA−→+CN−→=BE−→(dựng−AE→=CN).−→

c) AB−→+−→MC+MN−−→=−AB→+−→AM+−MN−→=AB−→+−→AN=−AC.→

d) −BA→+−BC→−MN−−→=−→BN+−NM−→=−→BM

Bài 6. Cho hình lục giác đềuABCDEF, gọiM,N, P, Q,R,Slần lượt trung điểmAB, BC,CD,DE,EF, FA Xác định véc-tơ sau đây:

a) −→AD+−BE→+CF−→−−AE→−BF−→−CD.−→ b) −MQ−→+−→RN+−PS.→

Lời giải.

a) −→AD+−BE→+CF−→−−AE→−BF−→−CD−→=−→ED+−→FE+−→DF=−→0

b) −MQ−→+−→RN+−PS→=−→BD+−FB→+−→DF =−→0

Bài 7. Cho tam giácABC GọiD,E,F nằm cạnhBC,AC,ABsao choBD=

3BC,CE = 3CA, AF=

3AB Xác định véc-tơ sau đây:

a) −AF→+−→BD+CE−→ b) −→AD+−BE→+CF−→

Lời giải.

a) Lấy thêm điểmP,Qvề phía ngồi cạnhAB,AC choCE−→=−AP,→ −→QA=−AF Theo đó, tam giác→ APQđồng dạng tam giácACBnên ta có−→PQ=−→BD Khi đó,−→AF+−→BD+CE−→=−→QA+−→PQ+−AP→=−→0

Dạng Xác định điểm thỏa đẳng thức véc-tơ cho trước

Để xác định điểmM thỏa đẳng thức véc-tơ cho trước, ta làm sau: ◦HƯỚNG 1:

−Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho dạng−→AM=−→v, đóAlà điểm cố định và−→v véc-tơ cố định

−LấyAlàm điểm gốc, dựng véc-tơ bằng−→v điểm điểmMcần tìm ◦HƯỚNG 2:

−Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho dạng−→AM=−AB, đó→ A,Blà hai điểm cố định −Khi điểmMcần tìm trùng với điểmB

◦HƯỚNG 3:

−Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho đẳng thức véc-tơ ln với điểmM −Khi điểmMcần tìm điểm tùy ý

◦HƯỚNG 4:

−Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho đẳng thức véc-tơ ln sai với điểmM −Khi khơng có điểmM thỏa điều kiện

◦HƯỚNG 5:

−Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho dạng

−→ IM

=

−→ AB

, đóI,A,Blà điểm cố định −Khi điểmMcần tìm thuộc đường trịn tâmI, bán kínhAB

◦HƯỚNG 6:

−Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho dạng

−→ MA =

−→ MB

, đóA,Blà điểm cố định phân biệt

−Khi điểmMcần tìm thuộc đường trung trực đoạnAB

Ví dụ 5. Cho tam giácABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện−BA→+BC−→+−→MB=−→0

Lời giải.

−→

BA+−BC→+−→MB=−→0 ⇔BA−→+−→MC=−→0 ⇔CM−→=−BA→

⇒ĐiểmMlà điểm thứ tư hình bình hànhABCM A M

B C

Ví dụ 6. Cho tam giácABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện−→MA−−→MB+−→MC=−BC.→

Lời giải.

−→

MA−−→MB+−→MC=−BC→⇔BA−→−−BC→=CM−→⇔CA−→=CM−→

⇒ĐiểmMtrùng với điểmA A

B C

Ví dụ 7. Cho tam giácABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện−→MA−−→MB=−AB.→

−→

MA−−→MB=−AB→⇔−BA→=−AB→

⇒không cóMnào thỏa điều kiện tốn A

B C

Ví dụ 8. Cho tam giácABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện|−→MA|=|−→MB−−→MC|

Lời giải.

|−→MA|=|−→MB−−→MC| ⇔ |−→MA|=|CB| ⇔−→ MA=CB ⇒ĐiểmMthuộc đường trịn tâmA, bán kínhCB

A

B C

M

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 8. Cho4ABC Dựng điểmMthỏa mãn điều kiện

−→

MA+−→MB−−→MC=−→0 (1)

Lời giải. Ta có(1)⇔−→MA+CB−→=−→0 ⇔−→MA=−BC Vậy bốn điểm→ A,C,B,Mtạo thành hình bình hành Bài 9. Cho tam giácABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện−→MA+MB−→−−→MC=−→0

Lời giải. −→MA+−→MB−−→MC=−→0 ⇔MA−→+CB−→=−→0 ⇔CB−→=−→AM ⇒ĐiểmMlà đỉnh thứ tư hình bình hànhACBM

Bài 10. Cho tam giácABC GọiI trung điểm cạnh AC Tìm điểm Mthỏa mãn điều kiện−→IB+−→AI− −

→

IC−CM−→=−→0

Lời giải. →IB− +−→AI−IC−→−−→CM=−→0 ⇔AB−→−Ä−→IC+CM−→ä=−→0 ⇔−AB→=−IM.→ ⇒Mlà đỉnh thứ tư hình bình hànhIABM

Bài 11. Cho tam giác ABC GọiI,K trung điểm đoạn thẳngBC,AI Tìm điểmM thỏa mãn điều kiện−BA→+−→BI−−→BM+−→AK+−IC→=−→0

Lời giải.

−→

BA+−→BI−−→BM+−→AK+−→IC=−→0 ⇔−BA→+−MI→+AK−→+−→IC=−→0 ⇔−→MC+−→BK=−→0 ⇔CM−→=−→BK

⇒ĐiểmMlà đỉnh thứ tư hình bình hànhCBKM

A

M

B C

K I

Bài 12. Cho hình bình hànhABCDtâmO Tìm điểmMthỏa mãn điều kiệnCO−→+−→BO=−OM.−→

Bài 13. Cho hình bình hànhABCD Tìm điểmMthỏa mãn điều kiệnCA−→−−→BM+−BC→+−→AD=−→0

Lời giải. CA−→−−→BM+−BC→+AD−→=−→0 ⇔CA−→−CM−→+−→AD=→−0 ⇔−→MA+−→AD=−→0 ⇔−MD−→=−→0 ⇒ĐiểmMtrùng với điểmD

Bài 14. Cho tam giácABC Gọi Glà trọng tâm tam giác ABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện −AB→+ −→

BG+CA−→−CM−→=−→0

Lời giải. AB−→+−→BG+CA−→−CM−→=−→0 ⇔−AG→−−→AM=→−0 ⇔−AG→=−→AM ⇒ĐiểmMtrùng với điểmG

Bài 15. Cho hình bình hànhABCDtâmO Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện−BA→+MD−−→+−→DO=−→MA+−BC.→

Lời giải. −BA→+−MD−→+−→DO=−→MA+−BC→⇔−→MA−−MD−→−DO−→=−BA→−−BC→ ⇔−DA→−−→DO=−BA→−−BC→⇔−OA→=CA.−→

⇒Khơng có điểmMnào thỏa điều kiện

Bài 16. Cho hai điểmAvàB Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện|−→MA+−→MB|=|−→MA−−→MB|

Lời giải.

|−→MA+−→MB|=|−→MA−−→MB| ⇔MN=BA

Với N đỉnh thứ tư hình bình hànhAMBN Gọi O trung điểm đoạn thẳngAB

⇒2MO=2OB⇒MO=OB

⇒ĐiểmMthuộc đường trịn tâmO, bán kínhOB A M

B N

O

Bài 17. Cho tam giácABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện|−→MA−CA|−→ =|−AC→−−AB|.→

Lời giải. |−→MA−CA|−→ =|−AC→−−AB| ⇔ |→ −→MC|=|−BC| ⇔→ MC=BC ⇒ĐiểmMthuộc đường trịn tâmC, bán kínhBC

Bài 18. Cho tam giácABC Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện|−BA→−−→BM|=|−→MA+−AC|.→

Lời giải. |−BA→−−→BM|=|−→MA+−AC| ⇔→ MA=MC ⇒ĐiểmMthuộc đường trung trực đoạn thẳngAC

Bài 19. Cho năm điểmA,B,C,D,E Tìm điểmMthỏa mãn điều kiện−→AD+BE−→+CM−→=−AE→+−→BM+−→CD

Lời giải. −→AD+−BE→+−→CM=−AE→+−→BM+CD−→⇔AD−→−−AE→+−BE→−BM−→+CM−→−CD−→=−→0 ⇔−→ED+−ME−→+−DM−→=−→0 ⇔MD−−→+−DM−→=−→0 ⇔−−→MM=−→0

⇒ĐiểmMlà điểm tùy ý

Dạng Tính độ dài tổng hiệu hai véc-tơ

−Độ dài véc-tơ độ dài đoạn thẳng có hai đầu mút điểm đầu điểm cuối véc-tơ

−Ta thường sử dụng công thức cạnh hệ thức lượng tam giác vng, định lý Pytago, tính chất tam giác đều, hình chữ nhật, hình vng,

Ví dụ 9. Cho tam giác đềuABCcạnha Tính

−→ AB−−AC→

Lời giải. Ta có−AB→−−AC→=CB−→nên

−→ AB−−AC→

=

−→ CB

=CB=a Ví dụ 10. Cho hình vngABCDcạnha Tính

−→ DB+−→DC

Vẽ hình bình hànhCDBMthìDMcắtBCtại trung điểmI đường

Ta có−→DB+−→DC=−DM−→nên

−→ DB+−→DC

=DM=2DI MàDI2=a2+

a 2 = 4a 2nên −→ DB+−→DC

=a √ A B C D I M

Ví dụ 11. Chứng minh 4ABC thỏa mãn

−→ AB+−AC→

=

−→ AB−−AC→

∆ABC tam giác vng

Lời giải.

Dựng hình bình hànhABDC

Theo quy tắc hình bình hành ta có−AB→+−AC→=−→AD Theo quy tắc hiệu hai véc-tơ ta có−AB→−−AC→=CB.−→ Từ giả thiết suy

−→ AD = −→ BC

, tức làAD=BC

Hình bình hànhABDCcó hai đường chéo nên hình chữ nhật, tức

là tam giácABCvng A

B

C D

Ví dụ 12. Cho hình vngABCD cạnha Gọi M trung điểm củaAB, N điểm đối xứng vớiC quaD Hãy tính độ dài véc-tơ sau−MD,−→ −MN.−→

Lời giải.

Áp dụng Định lý Pytago tam giác vngMADta có DM2=AM2+AD2=a

2

+a2= 5a

4 ⇒DM= a√5

2 Suy −−→ MD

=MD= a√5

2

Qua N kẻ đường thẳng song song vớiADcắtABtạiP

Khi tứ giác ADNP hình vuông PM = PA+AM = a+a

2 = 3a A B C D M N P Áp dụng Định lý Pytago tam giác vngNPMta có

MN2=NP2+PM2=a2+

Å 3a ã2 = 13a

4 ⇒DM= a√13

2 Suy −−→ MN

=MN= a√13

2

Ví dụ 13. Cho hình vng ABCD cạnh a, M điểm Tính độ dài véc-tơ −→MA−−→MB− −→

MC+−MD.−→

Lời giải. Áp dụng quy tắc trừ ta có −→

MA−−→MB−−→MC+MD−−→=Ä−→MA−−→MBä−Ä−→MC−−MD−→ä=BA−→−−→DC=−BA→−−→DC LấyB0là điểm đối xứng củaBquaA

Khi đó−−→DC=−→AB0⇒−BA→−−→DC=−BA→+−→AB0=−→BB0 Suy ra|−→MA−−→MB−−→MC+MD|−−→ =|−→BB0|=BB0=2a

BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 20. Cho tam giác đềuABCcạnh5a Tính độ dài véc-tơ−AB→+BC−→,CA−→−CB.−→

Lời giải. Ta có−AB→+−BC→=−AC→⇒

−→ AB+−BC→

= −→ AC

=AC=5a Ta cóCA−→−CB−→=−BA→⇒

−→ CA−CB−→

= −→ BA

Bài 21. Xét véc-tơ−→a và−→b khác−→0 Khi thì|−→a +−→b|=|−→a|+|−→b|

Lời giải. Từ điểmOnào đó, ta vẽ−OA→=→−a và−AB→=−→b Khi đó−→a +−→b =OA−→+−AB→=−→OB Như vậy:

− →a +−→b

=|−

→a|+|−→b| ⇔ −→ OB = −→ OA + −→ AB

⇔OB=OA+AB

Điều xảy khiO,A,Bthẳng hàng theo thứ tự Hay hai véc-tơ−→a và−→b hướng Bài 22. Xét véc-tơ−→a và−→b khác−→0 Khi

− →a +−→b

= − →a −−→b

Lời giải.

Từ điểm A đó, ta kẻ −AB→=−→a,−→AD=−→b Vẽ điểmC cho ABCD hình bình hành Theo quy tắc hình bình hành ta có:−→a +−→b =−AC Theo quy tắc hiệu→ véc-tơ ta có:→−a −−→b =AB−→−−→AD=−→DB Như vậy:

− →a +−→b

= − →a −−→b

⇔ −→ AC = −→ DB

⇔AC=BD

Điều xảy khiABCDlà hình chữ nhật VậyABvng góc vớiADhay giá hai véc-tơ vng góc với

A B D C − →a − → b

Bài 23. Chứng minh với−→a và−→b không phương |−→a| − |−→b|<

− →a +−→b

<|−

→a|+|−→b|.

Lời giải. GọiA,Blà điểm đầu điểm cuối của−→a Vẽ điểmCsao choBC−→=−→b Vì−→a và−→b khơng phương nên ba điểmA,B,Ckhơng thẳng hàng Ta có:

|−→a| − |−→b|=AB−BC<AC=

−→ AB+−BC→

<AB+BC=|−

→a|+|−→b|. Bài toán chứng minh xong

Bài 24. Cho tam giácABCcân tạiA, đường caoAH BiếtAB=avàBC=2b(vớia>b>0) Tính độ dài véc-tơ tổng−AB→+−→BHvà độ dài véc-tơ hiệu−AB→−CA.−→

Lời giải.

Do tam giácABCcân tạiA, đường caoAHnênH trung điểm BC Suy raBH=b Trong tam giác vngABH, ta có:

AH=√AB2−BH2=√a2−b2 Ta có−AB→+−→BH=−→AH

Suy

−→ AB+−→BH

= −→ AH = √

a2−b2. Vẽ hình bình hànhABDC Khi đó: −→

AB−CA−→=−AB→+−AC→=−→AD Do đó:

−→ AB−CA−→

= −→ AD

=2AH =2 √

a2−b2

A

B C

D H

Bài 25. Cho tam giácABCvng tạiA,AB=a,BC=a√5 Tính độ dài véc-tơAB−→+−BC,→ CA−→−CB.−→

Do tam giácABCvng tạiAnên AC=√BC2−AB2=√5a2−a2=2a. Ta có−AB→+−BC→=−AC→⇒

−→ AB+−BC→

= −→ AC

=AC=2a Ta cóCA−→−CB−→=−BA→⇒

−→ CA−CB−→

= −→ BA

=BA=a

A B

C Bài 26. Cho tam giác ABCvuông A, biếtAB=avà AC=3a Tính độ dài véc-tơ tổng−AB→+−AC→và độ dài véc-tơ hiệu−AB→−−AC.→

Lời giải.

Ta cóBC=√AB2+AC2 HayBC=√a2+9a2=a√10. Ta có−AB→−−AC→=CB.−→

Do

−→ AB−−AC→

= −→ CB

=CB=a √

10

Vẽ hình bình hành ABDC Theo quy tắc hình bình hành ta có −→

AB+−AC→=−→AD Do

−→ AB+−AC→

= −→ AD

=AD=a √

10 A

B

C D

Bài 27. Cho hình thoiABCDcó tâmO, cạnh bằng4vàBAD‘ =60◦ Tính:

−→ AB+−→AD

, −→ OC−−AB→

, − −→

OD+−→DB+−→OC

Lời giải.

Từ giả thiết suy ABD tam giác cạnh Do AO=

√ =2

√

3,AC=4√3 Theo quy tắc hình bình hành ta có−AB→+−→AD=−AC Như vậy→

−→ AB+−→AD

=AC=4 √

3 Ta có:OC−→−−AB→=AO−→−−AB→=−→BO

Suy

−→ OC−−AB→

=BO=

2BD=2

Vẽ hình bình hànhBDCH DoDB=DC=4nên hình bình hành BDCH hình thoi, đóDH =2DK=4√3(K trung điểm củaBC) A B C D O H K Ta có: − −→

OD+−→DB+−→OC = −→

OC−−→OD+−→DB = −→ DC+−→DB

= −→ DH =4 √

Bài 28. Cho đường thẳngd hai điểmA,Bphân biệt, không nằm trênd TìmM∈d cho

−→ MA+−BA→

nhỏ

Lời giải. GọiClà điểm đối xứng củaBquaA Khi đóClà điểm cố định −→

MA+−BA→=−→MA+−AC→=−→MC

Do

−→ MA+−BA→

= −→ MC

=MC Như

−→ MA+−BA→

nhỏ khiMCnhỏ nhất, hayMlà hình chiếu vng góc củaCtrên đường thẳngd

Bài 29. Cho đường thẳngd hai điểmA,Bnằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳngd Tìm giá trị nhỏ biểu thức

−→ MA+−→MB

, vớiM∈d

Trong trường hợpM,A,Bkhơng thẳng hàng, ta dựng hình bình hành MANB Khi −→MA+−→MB=−MN Suy ra−→

−→ MA+−→MB

= MN Gọi O giao điểm MN AB Khi đó, O trung điểmABnênOlà điểm cố định TừO,Nlần lượt kẻ đường vuông góc vớid, cắt d tạiP, Q Ta có MN≥NQ=2OP Cịn khiM,A,Bthẳng hàng hiển nhiên

−→

MA+−→MB

>2OP Vậy

−→ MA+−→MB

nhỏ bằng2OP, đạt khiMtrùngP M P Q A

O B

N

Dạng Chứng minh đẳng thức véc-tơ

a) Sử dụng quy tắc ba điểm b) Sử dụng quy tắc hình bình hành

Ví dụ 14. Cho5điểmA,B,C,D,E Chứng minh rằngAB−→+CD−→+−EA→=CB−→+−→ED

Lời giải. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Ä−→

AB−−CB→ä+ÄCD−→−−→EDä+−EA→=−→0 ⇔−AC→+CE−→+−EA→=−→0

⇔−AE→+−EA→=−→0 (luôn đúng)

Ví dụ 15. Cho hình bình hànhABCD Chứng minh rằng−BA→+DA−→+−AC→=−→0

Lời giải. DoABCDlà hình bình hành nên−BA→=CD−→

Đẳng thức cần chứng minh tương đương vớiCD−→+−→DC=−→0 (luôn đúng)

Ví dụ 16. Cho tam giácABC GọiM,N,Plần lượt trung điểm cạnh BC,CA,AB Chứng minh rằng−→AM+−→BN+CP−→=−→0

Lời giải.

Ta có    

  

−→

AM=−AC→+−→CM −→

BN=−BA→+−→AN −→

CP=−CB→+−BP→

⇒−→AM+−→BN+CP−→=Ä−AC→+CB−→+−BA→ä+ÄCM−→+−BP→+−→ANä =−→0 +CM−→+−BP→+−→AN

Lại có (−→

BP=−MN−→ −→ AN=−→NC

⇒−→AM+−→BN+CP−→=CM−→+−MN−→+−→NC=−→0

A

B C

P

M

N

Ví dụ 17. Cho điểmA,B,C,D,E Chứng minh rằng−AC→+−→DE−−→DC−CE−→+CB−→=−AB.→

−→

AC+−→DE−−→DC−CE−→+CB−→=ÄAC−→−−→DCä+Ä−→DC−CE−→äCB−→ =−→AD+−→DC+−CB→

=−AB→

Ví dụ 18. Chứng minh hai hình bình hànhABCDvàA0B0C0D0có tâm thì−→AA0+−→BB0+ −→

CC0+−−→DD0=−→0

Lời giải. GọiOlà tâm hai hình bình hành Ta có−→

AA0+−→BB0+CC−→0+−−→DD0=−→OA0−−OA→

+−OB−→0−−→OB

+−OC−→0−−→OC

+−−→OD0−−→OD

=−Ä−OA→+−→OCä−Ä−→OB+−→ODä+−→OA0+−OC−→0

+−OB−→0+−−→OD0

=−→0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 30. Chứng minh rằng−AB→=−→CD⇔−AC→=−→BD

Lời giải. Ta có tương đương: −→

AB=CD−→⇔−AC→+CB−→=CB−→+−→BD⇔−AC→=−→BD

Do ta có điều phải chứng minh

Bài 31. Cho hình bình hànhABCDvàMlà điểm tùy ý Chứng minh: −→

MA−−→MB=−MD−→−−→MC

Lời giải. Ta có:−→MA−−→MB=−BA→,MD−−→−−→MC=CD Mà−→ ABCDlà hình bình hành nên −BA→=CD Vậy ta có−→ đẳng thức cần chứng minh

Bài 32. Cho hình bình hànhABCD Chứng minh với điểmMbất kì ta ln có−→MA+MC−→=−→MB+−MD.−→

Lời giải. Ta có −→

MA+−→MC=−→MB+MD−−→⇔Ä−→MA−−→MBä+Ä−→MC−−MD−→ä=−→0 ⇔−BA→+−→DC=−→0 (ln doABCDlà hình bình hành)

Bài 33. Cho tam giácABC, gọiM,N,Plần lượt trung điểm cạnhBC,CA,AB Chứng minh với điểmObất kì ta ln có−OA→+−→OB+OC−→=−OM−→+−→ON+−→OP

Lời giải. Ta có −→

OA+−→OB+−→OC=OM−−→+−→ON+−→OP

⇔Ä−OA→−−OM−→ä+Ä−→OB−−→ONä+Ä−→OC−−→OPä=−→0 ⇔−→MA+−→NB+−PC→=−→0

⇔−→AM+−→BN+CP−→=−→0 Mặt khác

   

  

−→

AM=−AC→+CM−→ −→

BN=−BA→+−→AN −→

CP=CB−→+−BP→

⇒−→AM+−→BN+CP−→=Ä−AC→+CB−→+−BA→ä+ÄCM−→+−BP→+−→ANä =−→CM+−BP→+−→AN

Lại có (−→

BP=−MN−→ −→ AN=−→NC

⇒−→AM+−→BN+CP−→=CM−→+−MN−→+−→NC=−→0

A

B C

P

M

Bài 34. Cho tam giácABCcó trọng tâmG GọiI trung điểm củaBC Dựng điểmB0sao cho−→B0B=−AG.→ GọiJlà trung điểm củaBB0 Chứng minh rằng−BJ→=−IG.→

Lời giải. Ta có: −→

B0B=−AG→⇒AGBB0là hình bình hành ⇒−BJ→và−→GAcùng hướng

⇒−BJ→và−IG→cùng hướng Mặt khác

  

 

BJ= 2BB

0 IG=

2GA

⇒−BJ→=−IG→

A

B C

I

N G

B0 J

Bài 35. Cho hai hình bình hànhABCDvàAB0C0D0 Chứng minh rằng−→B0B+CC−→0+−−→D0D=−→0

Lời giải. Ta có:     

   

−→

B0B=−AB→−−→AB0 −→

CC0=−→AC0−−AC→ −−→

D0D=−→AD−−AD−→0

⇒−→B0B+CC−→0+−−→D0D=Ä−AB→+AD−→−−AC→ä−−→AB0+−AD−→0−−→AC0

=−→0

Bài 36. Cho hình bình hànhABCD GọiE vàF trung điểm hai cạnhABvàCD NốiAF CE, hai đường cắt đường chéoBDlần lượt tạiMvàN Chứng minhDM−−→=−MN−→=−→NB

Lời giải. GọiIlà giao điểm củaACvàBD Dễ thấyIlà trung điểm củaMN

Dễ thấyMlà trọng tâm∆ADC⇒DM=2MI Nlà trọng tâm tam giác∆ABC⇒BN=2NI ⇒DM=MN=NB⇒DM−−→=−MN−→=−→NB

Bài 37. Cho hình bình hành ABCD Trên đoạn thẳng DC,AB theo thứ tự lấy điểmM,N cho DM=BN GọiPlà giao điểm củaAM,DBvàQlà giao điểm củaCN,DB Chứng minh rằng−→AM=−→NCvà −→

DP=−→QB

Lời giải. Ta cóAMCN hình bình hành⇒−→AM=−→NC

∆DPM=∆BQN⇒DP=QB⇒−→DP=−→QB

Bài 38. Cho tam giácABCcóHlà trực tâm vàOlà tâm đường tròn ngoại tiếp GọiB0là điểm đối xứng BquaO Chứng minh−→AH=−→B0Cvà−→AB0=−→HC

Lời giải.

Ta cóBCB‘0=90◦(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

⇒AHsong song vớiB0C(cùng vng góc vớiBC)

‘

BAB0=90◦(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒CH song song vớiAB0(cùng vng góc vớiAB) ⇒AHCB0là hình bình hành

⇒−→AH=−→B0Cvà−→AB0=−→HC

A

B C

H O

B0

Bài 39. Cho tam giácABCcó trung tuyếnAM Trên cạnhAClấy điểmEsao choAE=1

3ACvàBEcắtAM tạiN Chứng minh−→NA+−NM−→=−→0

⇒MFlà đường trung bình của∆BEC ⇒MFsong song vớiBE

⇒NElà đường trung bình tam giácAMF ⇒Nlà trung điểm củaAM⇒−→NA+NM−−→=−→0

Bài 40. Cho ngũ giác đềuABCDE tâmO Chứng minh rằng−OA→+−→OB+−→OC+−→OD+−→OE=−→0

Lời giải. Các điểmB,E đối xứng với quaOA⇒−→OB+−→OEcó giá đường thẳngOA Các điểmD,Cđối xứng với quaOA⇒−→OC+−→ODcó giá đường thẳngOA

⇒Véc-tơ−→u =−OA→+OB−→+−→OC+−→OD+−→OEcó giá đường thẳngOA Tương tự véc-tơÄ−OA→+−→OCävàÄ−→OE+−→ODäcó giá đường thẳngOB ⇒Véc-tơ−→u =−OA→+OB−→+−→OC+−→OD+−→OEcó giá đường thẳngOB Do−OA→và−→OBcó giá khơng trùng nhau⇒ −→u =−→0

Bài 41. Cho đa giác đềuA1A2 Anvớin∈Nvàn≥3có tâmO Chứng minh rằng−→u =−−→OA1+ −−→ OA2+ + −−→

OAn=

− →

0

Lời giải. Ta xét hai trường hợp

• Trường hợp 1:nlà số chẵn⇒n=2kvớik∈N,k≥2 Khi cặp điểmAivàAk+ivớii=1,kđối xứng với quaO

⇒      

    

−−→

OA1+−−−→OAk+1=−→0 −−→

OA2+−−−→OAk+2=−→0

−−→

OAk+−−→OA2k=−→0

⇒ −→u =−→0

• Trường hợp 2: n số lẻ ⇒n=2k+1 với k∈N,k ≥1 Khi cặp điểm Ai A2k+3−i với i=2,k+1đối xứng với qua đường thẳngOA1

⇒Giá véc-tơÄ−→OAi+

−−−−−−→ OA2k+3−i

ä

là đường thẳngOA1 ⇒Giá véc-tơ−→u đường thẳngOA1

Tương tự, giá véc-tơÄ−−→OA1+−−→OA3ä,Ä−−→OA2k+−−→OA4ä đường thẳngOA2 ⇒Giá véc-tơ−→u đường thẳngOA2

⇒ −→u có giá đường thẳngOA1vàOA2⇒ −→u =−→0

BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 42. Chonvéc-tơ−→a1,−→a2, ,−→an Dựng−−→OA1=−→a1,−−→A1A2=−→a2, ,−−−−→An−1An=−→an Chứng minh điều kiện cần đủ để đường gấp khúcOA1A2 .Ankhép kín là−→a1+→−a2+· · ·+−→an=−→0

Lời giải. Dựng−−→OA1=−→a1,−−→A1A2=−→a2, ,−−−−→An−1An=−→an Khi đó−→a1+−→a2+· · ·+−→an=−−→OAn Như đường gấp khúcOA1A2 .Ankhép kín khiOtrùng vớiAnhay−−→OAn=−→0, tức là−→a1+−→a2+· · ·+−→an=−→0 Bài 43. Cho hình vngABCDtâmO, cạnha Hãy xác định tính độ dài véc-tơ:

−→

AD+−AB→,−OA→+−→OC,−→OB+−→BD, −AB→+−AC→

Lời giải. Trước hết ta cóAC=BD=a√2vàOA=OB=OC=OD= a √

A B

C D

O

E Ta có:−→AD+−AB→=−AC→⇒ |−→AD+−AB|→ =|−AC|→ =a√2

VìOlà trung điểmACnên−OA→+−→OC=−→0 Vậy:|−OA→+−→OC|=|−→0|=0

Theo quy tắc ba điểm:−→OB+−→BD=−→OD⇒ |−→OB+−→BD|=|−→OD|= a √

2 Dựng hình bình hànhBACE Ta có:

−→

AB+−AC→=−AE→⇒ |AB−→+−AC|→ =|−AE|→ =AE

Do đó:

|−AB→+−AC|→ =AE=pAD2+DE2=pa2+4a2=a √

5

Bài 44. Cho hình chữ nhậtABCDtâmO,AB=2a,AD=a,M trung điểmCD a) Chứng minh−AB→−−→AD=CB−→−CD.−→

b) Tính

−→ BD+−OM−→

Lời giải.

a) Ta có−AB→−−→AD=−→DB (1) Ta cóCB−→−−→CD=−→DB (2) Từ (1) (2) suy ra−AB→−−→AD=CB−→−CD.−→

A B

C D

O

M

E

b) Dựng điểmEsao choOMEDlà hình bình hành Khi −→

BD+−OM−→=BD−→+−→DE=−BE→

Ta có:

BE2=AB2+AE2=4a2+9a

4 = 25a2

4 ⇒

−→ BD+−OM−→

=

−→ BE

=BE= 5a

Bài 45. Cho hình bình hànhABCD,Ilà trung điểmBC Tìm điểmMthỏa mãn: −→

BC+−MD−→=−→BI−CA−→ (*)

Lời giải. Ta có tương đương sau: −→

BC+−MD−→=−→BI−CA−→⇔BC−→+CA−→+−MD−→=−→BI

⇔BA−→+−MD−→=BI−→⇔(−BA→−BI) +→− −MD−→=−→0 ⇔−→IA=−DM−→

A

B C

D I

M VậyMlà điểm choMDIAlà hình bình hành

Bài 46. Cho tam giácABC Về phía ngồi tam giác vẽ hình bình hànhABIJ,BCPQ,CARS Chứng minh

−→

RJ+−IQ→+−PS→=−→0

Lời giải.

A

B

C I

J

S R

P Q

Ta có:

−→

RJ+−IQ→+−PS→=−RA→+AJ−→+−→IB+BQ−→+−PC→+CS−→

= (RA−→+CS) + (−→ −AJ→+IB) + (−→ −→BQ+−PC) =→ −→0

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 47. Cho tam giácABC GọiA1,B1,C1lần lượt trung điểm cạnhBC,CA,AB Chứng minh−−→AA1+ −−→

BB1+CC−−→1=−→0

A

B A1 C

B1 C1

Ta có:

−−→

AA1+−−→BB1+CC−−→1=ÄAC−−→1+C−−→1A1ä+Ä−−→BA1+−−→A1B1ä+ÄCB−−→1+−−→B1C1ä =Ä−AC−→1+A−−→1B1ä+Ä−−→BA1+−−→B1C1ä+ÄCB−−→1+C−−→1A1ä =−→0 +−→0 +−→0 =−→0

Bài 48. Cho ∆ABC GọiA0 điểm đối xứng vớiB quaA, gọiB0là điểm đối xứng vớiC quaB, gọiC0 điểm đối xứng vớiAquaC Chứng minh với điểmObất kì ta có

−→

OA+−→OB+−→OC=−→OA0+OB−−→0+−OC−→0

Lời giải.

A

B C C0

A0

B0 Ta có:

−→

OA+−→OB+−→OC=−→OA0+−→A0A+OB−−→0+−→B0B+OC−−→0+−→C0C =−→OA0+OB−−→0+−OC−→0

+−→A0A+−→B0B+C−→0C =−→OA0+OB−−→0+−OC−→0

+−AB→+−BC→+CA−→ =

−→

OA0+−OB−→0+−OC−→0

+−→0 =−→OA0+OB−−→0+−OC−→0

Bài 49. Cho bảy điểmA,B,C,D,E,F,H Chứng minh: −→

Lời giải. Ta có:

−→

AB+CD−→+−→EF+−→HA−(CB−→+−→ED+−→HF) =−AB→+ (CD−→−−CB) + (→ −→EF−−→ED) + (−→HA−−→HF)

=−AB→+−→BD+DF−→+−FA→=−AB→+−→BF+−FA→=−→AF+−FA→=−→0

Vậy−AB→+CD−→+−→EF+HA−→=CB−→+−→ED+−→HF Bài 50. Cho hai lực −→F1,

− →

F2 có cường độ là40N, có điểm đặt tạiOvà hợp với góc60◦ Tính cường độ lực tổng hợp hai lực

Lời giải.

Theo quy tắc hình bình hành −→F1+−→F2 = −→OR Mà OF1 = OF2=40(N) nênOF1RF2là hình thoi có góc÷F1OF2=60◦và

hai đường chéo RO, F1F2 vng góc với trung điểm H Ta cóOH=40×

√ =20

√

3(OH đường cao tam giác cạnh bằng40) Vậy cường độ lực tổng hợp hai lực cho

− → F1+−→F2

=

−→ OR =20

√ 3(N)

O

F1

R

F2 H

Bài 51. Cho hai lực−→F1,F→−2lần lượt có cường độ30N và40N, có điểm đặtOvà vng góc với Tính cường độ lực tổng hợp chúng

Lời giải.

Do hai lực−→F1, − →

F2 có điểm đặtOnên tổng hợp lực − → F1+

− →

F2 đường chéoORcủa hình bình hànhOF1RF2 Do hai lực→−F1,−→F2vng góc với nên hình bình hànhOF1RF2 trở thành hình chữ nhật Vậy −→F1+−→F2 =−→OR Ta cóOF1=30,OF2=40 Như OR=F1F2=p402+302=50 Do cường độ lực tổng hợp−→ORlà

− → F1+−→F2

=

−→ OR

=50(N)

O

F1 R

F2 H

Bài 52. Cho 2018 điểm mặt phẳng Bạn Quỳnh kí hiệu chúng làA1, A2, , A2018 Bạn Vân kí hiệu chúng làB1,B2, ,B2018 Chứng minh rằng:

−−→

A1B1+−−→A2B2+· · ·+−−−−−−→A2018B2018=−→0

Lời giải. Lấy điểmOnào Ta có −−→

A1B1+−−→A2B2+· · ·+−−−−−−→A2018B2018

=−−→OB1−−−→OA1+−−→OB2−−−→OA2+· · ·+−−−−→OB2018−−−−−→OA2018

=Ä−−→OB1+−−→OB2+· · ·+−−−−→OB2018ä−Ä−−→OA1+−−→OA2+· · ·+−−−−→OA2018ä

Vì2018điểmB1,B2, ,B2018 là2018điểmA1, A2, ,A2018 kí hiệu cách khác,

đó −−→

OB1+ −−→

OB2+· · ·+

−−−−→ OB2018=

−−→ OA1+

−−→

OA2+· · ·+

Bài 53. Chon-đa giác đềuA1A2 .An(nlẻ,n>2) nội tiếp đường tròn tâmO Chứng minh

−−→ OA1+

−−→

OA2+· · ·+ −−→ OAn=

− →

0

Lời giải. Gọid1là đường thẳng qua điểmOvà điểmA1 Xét đỉnh đa giác cho mà không nằm trênd1 Chúng phân tích thành cặp đỉnhAi,Ajđối xứng qua đường thẳngd1(chẳng hạn cặpA2,An−1, cặpA3,An−2, ) Khi tổng−→OAi+−−→OAjlà véc-tơ nằm đường thẳngd1 Từ suy tổng−−→OA1+−−→OA2+· · ·+−−→OAn véc-tơ có giá nằm đường thẳngd1 Hồn tồn tương tự, gọid2 đường thẳng quaOvà A2thì tổng

−−→ OA1+

−−→

OA2+· · ·+ −−→

OAncũng véc-tơ có giá nằm

đường thẳngd2 Vì hai đường thẳngd1vàd2khơng trùng nên −−→ OA1+

−−→

OA2+· · ·+ −−→

OAn có hai phương

khác nhau, hay−−→OA1+ −−→

OA2+· · ·+ −−→ OAn=

− →

§3. TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ

I. Tóm tắt lí thuyết

Định nghĩa

Định nghĩa 1. Cho sốk6=0và−→a 6=−→0 Tích véc-tơ−→a với sốklà véc-tơ, kí hiệu làk−→a, xác định sau:

• k−→a phương−→a

• k−→a hướng−→a khik>0

• k−→a ngược hướng−→a khik<0

• |k−→a|=|k|.|−→a|

Quy ước:0−→a =−→0;k−→0 =−→0

Phép lấy tích véc-tơ với số gọi làphép nhân véc-tơ với số(hoặc phép nhân số với véc-tơ)

Tính chất

Tính chất 1. Cho→−a,−→b vàk;h∈R, đó: • k(−→a +−→b) =k−→a +k−→b;

• (k+h)−→a =k−→a +h−→b; • k(h−→a) = (kh)−→a;

• 1.−→a =−→a;(−1)−→a =−−→a

Tính chất (Tính chất trung điểm). ChoI trung điểm đoạnAB, với mọiMta có: −→

MA+−→MB=2−MI→

Tính chất (Tính chất trọng tâm tam giác). ChoGlà trọng tâm4ABC, với mọiMta có: −→

MA+−→MB+−→MC=3−MG−→

Điều kiện để hai véc-tơ phương

∀−→a,−→b ta có:→−a phương−→b(−→b 6=−→0)⇔ ∃k∈R:−→a =k−→b Phân tích (biểu diễn) véc-tơ theo hai véc-tơ không phương

Cho hai véc-tơ −→a,−→b khơng phương Khi ∀−→x ta ln tìm cặp số m,n cho −

II. Các dạng toán

Dạng Các toán sử dụng định nghĩa tính chất phép nhân véc-tơ với số.

Phương pháp giải: Áp dụng định nghĩa tính chất phép nhân véc-tơ với số để giải tập

Ví dụ 1. Cho−→u =−2−→a +5−→b Tìm véc-tơ đối của−→u

Lời giải. Véc-tơ đối véc-tơ−→u =−2−→a +5−→b là:−→v =−(−2−→a +5−→b) =2−→a −5−→b

Ví dụ 2. Cho4ABCcó trọng tâmG GọiIlà trung điểm củaBC Hãy tính: a) −BC→theo−→IB

b) −BC→theo−IC→

c) −AG→theo−→IA

Lời giải.

a) Do −BC→ ngược hướng có độ dài gấp đôi −→IB nên −BC→= −2−→IB

b) DoBC−→cùng hướng có độ dài gấp đơi−IC→nênBC−→=2−→IC

c) Do −AG→ ngược hướng có độ dài

3 véc-tơ − → IA nên −→

AG=−2

− → IA

A

B I C

G

Ví dụ 3. Chứng minh rằngI trung điểm củaABkhi khi−→IA+−→IB=−→0

Lời giải.

(⇒) I trung điểm củaABnên−→IA và−→IBngược hướng có độ dài Do đó−→IA+−→IB=−→0

(⇐) −→IA+−→IB=→−0 suy hai véc-tơ −→IAvà −→IB đối Do I trung điểm củaAB

A I B

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Cho hai véc-tơ−→a,−→b Tìm véc-tơ đối véc-tơ sau: a) −→u =7−→a −5−→b

b) −→v = (√3+1)−→a +4−→b

c) −→x = (−2√2)(3→−a −2−→b)

Lời giải.

a) Véc-tơ đối của−→u là:−→u0=−7−→a +5−→b

c) Véc-tơ đối của−→x là:−→x0= (6√2)3−→a −4√2−→b

Bài 2. Cho hình bình hànhABCDcó tâmO GọiM,N trung điểm củaAD,BC a) Tìmx;ybiết−AB→=xOM,−−→ −→BD=y−→OB

b) Tìm tất véc-tơ−→u thỏa mãn−→u =2−→ON

Lời giải.

a) - Do−AB→cùng hướng với−OM−→và có độ dài gấp đơi−OM−→nên suy x=2

- Do−→BDngược hướng với−→OBvà có độ dài gấp đơi−→OBnên suy y=−2

b) Tất véc-tơ−→u thỏa mãn yêu cầu toán là:−AB→,−MN−→,−→DC

B

A

C

D O

M N

Bài 3. Cho4ABCvuông,AB=AC=2 Hãy dựng véc-tơ sau tính độ dài chúng a) −→u =−AB→+−AC→

b) −→v =3−AB→+2−AC→

Lời giải.

a) Dựng hình chữ nhậtABCDnhư hình vẽ Khi ta có−→u =−AB→+−AC→=−→AD

Suy ra|−→u|=|−→AD|=2√2

b) - Trên đường thẳngABlấy M choAM=3AB, và−→AM,−AB→cùng hướng

- Trên đường thẳng AC lấy điểm N cho AN =2AD −→AN,−AC→ hướng

- Dựng hình chữ nhậtAMNPnhư hình vẽ Khi đó3−AB→=−→AM,2−AC→=−→AN

⇒ −→v =3−AB→+2AC−→=−→AM+−→AN=−AP→

⇒ |−→v|=|−AP|→ =2√13 A B

C D M

N P

Bài 4. Cho4ABCđều cạnh4cm GọiMlà trung điểm củaBC Hãy dựng tính độ dài véc-tơ−→u =2−→AM

Lời giải.

- LấyN đối xứng vớiAquaM

Khi đó−→AN hướng với−→AM có độ dài gấp đôi −→AM ⇒−→AN=2−→AM=−→u

- Mặt khác 4ABC tam giác cạnh cm nên trung tuyếnAM đồng thời đường cao

⇒AM=2√3

⇒ |−→u|=2|−→AM|=4√3

A

B

C N

M

Bài 5. Cho đường trịn tâmO hai dây cungAB,CD vng góc với cắt tạiE GọiI,J trung điểm củaADvàBC Chứng minh rằngOIEJlà hình bình hành

GọiP,Qlần lượt trung điểm củaCD,AB ⇒−→OP=

−→ OD+−→OC

2 ;

−→ OQ=

−→ OA+−→OB

2

DoI,Jlần lượt trung điểm củaAD,BC ⇒−EI→=

−→ EA+−→ED

2 ;

−→ OJ=

−→ OC+−→OB

2 Khi đó: −→

OJ−−IE→= −→ OC+−→OB

2 +

−→ EA+−→ED

2 =

Ä−→

OC+−→ODä+Ä−OA→+−→OBä

2 +

−→ EO =−→OP+−→OQ+−→EO

=−→0

⇒−OJ→=−IE→

Suy tứ giácOIEJlà hình bình hành (đpcm)

O A

B C

E

D

J

I

Q P

Dạng Phân tích véc-tơ theo hai véc-tơ không phương

Dùng quy tắc véc-tơ để phân tích véc-tơ theo hai véc-tơ không phương Lý thuyết cần nhớ

- Cho2véc-tơ−→a và−→b khơng phương Khi đó, với mọi−→x, tồn cặp sốh,ksao cho −

→x =h−→a +k−→b.

- ĐiểmMthuộc đoạnABsao choxAM=yBM (x,y>0)thì−→AM= y x+y

−→ AB - Quy tắc3điểm:−AB→+−AC→=−BC.→

- Quy tắc hình bình hành

Nếu ABCD hình bình hành thì−AB→+−→AD=−AC.→ - Hiệu hai véc-tơ:−AC→−−AB→=−BC.→

- Trung điểm đoạn thẳng

I trung điểm đoạn thẳngAB ⇔−→AI=

−→ AB ⇔−→IA+−→IB=−→0

⇔−→MA+−→MB=2−MI→,∀Mbất kỳ - Trọng tâm tam giác

Glà trọng tâm tam giácABC ⇔−→GA+−→GB+−→GC=−→0

⇔−→MA+−→MB+−→MC=3−MG−→,∀Mbất kỳ

Ví dụ 4. Cho tam giácABCcóGlà trọng tâm Phân tích véc-tơ−AG→theo2véc-tơ−AB→và−AC.→

GọiMlà trung điểm củaBC Suy ra:−→AM=

2 −→ AB+1

2 −→ AC Mà−AG→=

3 −→ AM Do đó:−AG→=

−→ AB+1

3 −→ AC

A

B C

M G

Ví dụ 5. Cho hình bình hànhABCD GọiMlà trung điểm cạnhCD Phân tích véc-tơ−→AMtheo2 véc-tơ−AB→và−AC.→

Lời giải.

VìMlà trung điểm củaCDnên−→AM=1

−→ AC+1

2 −→ AD =1

2 −→ AC+1

2 −→

BC(VìABCDlà hình bình hành) =1

2 −→ AC+1

2

Ä−→

AC−−AB→ä=−AC→−1

−→ AB

A B

D C M

Ví dụ 6. Cho tam giácABC GọiH,K thuộc2cạnhABvàACsao cho3AH=2AB,3AK= AC Trên cạnhBClấy điểmMsao cho4BM=3MC Phân tích véc-tơBM−→theo2véc-tơ−→AHvà−→AK

Lời giải.

Ta có3AH=2AB⇒−AB→=

−→ AH 3AK=AC⇒−AC→=3−→AK

4BM=3MC⇒−→BM=

−→ BC Mà−BC→=−AC→−−AB.→

Suy ra:−→BM=

−→ AC−3

7 −→ AB=

7 −→ AK−

14 −→ AH

A

B C

M H

K

Ví dụ 7. Cho tứ giácABCD (ADvà BCkhông song song) Trên cạnhABvàCDlần lượt lấy2điểm M,Nsao choAM=kABvàDN=kDC(0<k<1) Phân tích véc-tơ−MN−→theo2véc-tơ−→ADvà−BC.→

Lời giải.

Với điểmObất kỳ, ta có:−OM−→=−OA→+−→AM

=−OA→+k−AB→=−OA→+kÄ−→OB−−OA→ä= (1−k)−OA→+k−→OB Tương tự:−→ON= (1−k)−→OD+k−→OC

Suy ra:−MN−→=−→ON−−OM−→

= (1−k)−→OD+k−→OC−ỵ(1−k)−OA→+k−→OBó

= (1−k)Ä−→OD−−OA→ä+kÄOC−→−−→OBä= (1−k)−→AD+k−BC.→ A B

C

D

M N

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 6. Cho hình bình bình hànhABCD Đặt−AB→=−→a.−→AD=−→b Hãy biểu diễn vec-tơ theo vec-tơ −

→a,−→b.

a) −DI→vớiIlà trung điểmBC

b) −AG→vớiGlà tâm tam giácCDI

a) Ta có:  

 −→

DI=−→DC+CI−→ −→

DC=−→a;CI−→=1

−→ CB=−1

2 −→ AD=−1

2 − →

b Do đó−DI→=−→a −1

2 − →

b

b) Ta có−AG→vớiGlà trọng tâm tam giácCDI Theo tính chất trọng tâm tam giácCDI, ta có: −→

AG= 3(

−→

AC+−→AD+−→AI)

Bên cạnh đó,−AC→=−AB→+AD−→=−→a +−→b(qui tắc hình bình hành) và→AI− =−AB→+BI−→=−→a +1

2 − →

b ⇒−AG→=

3 − →a +5

6 − → b − →a − → b A C B D I

Bài 7. Cho tam giácABCcó tâmG.H điểm đối xứng củaBquaG a) Tính−→AHvàCH−→theo−AB→và−AC.→

b) GọiMlà trung điểm củaBC Chứng minh rằng:−−→MH=1

6 −→ AC−5

6 −→ AB

Lời giải.

a) Tính−→AHvàCH−→theo−AB→và−AC.→

Ta có:−→AH+−AB→=2−AG(qui tắc trung điểm)→ =2

3( −→

AB+−AC)→ (vì−AG→=

−→ AM) ⇒−→AH=2

3 −→ AC−1

3 −→ AB Tương tự:CH−→=2

3 −→ CA−1

3 −→ CB=

3− 3(

−→ CA+−AB)→ =1

3 −→ CA−1

3 −→ AB=

3( −→ AB+−AC)→

b) Ta có:−MN−→=−→MC+CH−→=

−→

BC+CH−→=

−→ BA+1

2 −→ AC=

3( −→ AB+−AC)→ (do câu a)

Vậy−−→MH=5

−→ AB+1

6 −→ AC A H B M C G

Bài 8. Cho tam giác ABC có tâm G Cho điểm D,E,F trung điểm cạnh BC,CA,ABvàIlà giao điểm củaADvàEF Đặt−→u =−AE→,−→v =−→AF Hãy phân tích vec-tơ−→AI,−AG→,−→DE,−→DC theo hai vec-tơ−→u,−→v

Lời giải.

Vì tứ giácAEDFlà hình bình hành nên−→AD=−AE→+−→AF=−→u +−→v và−→AI=1

2 −→ AD Ta có:−→AI= 2(

−

→u +−→v) =

− →u +1

2 − →v. −→

AG=

−→ AD=

3( −

→u +−→v) =2

− →u +2

3 − →v. −→

DE=−FA→=−−AF→=−1.−→v +0.−→u −→

DC=−→FE =−AE→−AF−→=−→u − −→v

Bài 9. Cho tam giác ABC ĐiểmM cạnhBC choMB=2MC Hãy phân tích vec-tơ −→AM theo hai vec-tơ−→u =−AB→,−→v =−AC.→

Lời giải.

Ta có:−→AM=−AB→+−→BM=−AB→+2

−→ BC =−AB→+2

3( −→

AC−−AB) =→

−→ AB+2

3 −→ AC Vậy:−→AM=

3 − →u +2

3 − →v.

− →u − →v B A C M

Bài 10. Cho tam giácABC cóM,Dlần lượt trung điểm AB,BCvà N điểm cạnhAC cho −→

AN=1

−→

NC GọiK trung điểm củaMN Hãy phân tích véc-tơ−→AK,KD−→theo hai véc-tơ−AB→và−AC.→

Lời giải.

+) Phân tích−→AKhai véc-tơ−AB→,−AC.→ Ta có:−→NC=2−→AN⇔−→AN=

3 −→

ACvà−→AM=

−→ AB Suy ra−→AK=

2

Ä−→

AM+−→ANä=

Å

1

−→ AB+1

3 −→ AC ã =1 −→ AB+1

6 −→ AC

+) Phân tích−→KDtheo hai véc-tơ−AB→,−AC.→ −→

KD=−→AD−−→AK =

2

Ä−→

AB+−AC→ä−−→AK =

2

Ä−→

AB+−AC→ä−

Å1

4 −→ AB+1

6 −→ AC ã = −→ AB+1

3 −→ AC A N D K M B C

Bài 11. Cho tam giácABC GọiMtrung điểm củaABvàN thuộc cạnhAC cho:AN=2NC a) GọiKlà trung điểm củaBC Hãy phân tích véc-tơ−→AK theo hai véc-tơ−→AMvà−→AN

b) GọiHlà trung điểm củaMN Hãy phân tích véc-tơ−→AHtheo hai véc-tơ−AB→và−AC.→

Lời giải. a) Từ giả thiết ta có:−AB→=2−→AMvà−AC→=

−→ AN Suy ra−→AK=

2

Ä−→

AB+−AC→ä=1

Å

2−→AM+3

−→ AN

ã

=−→AM+3

−→ AN

Vậy−→AK=−→AM+3

−→ AN b) Ta có:−→AM=

2 −→

ABvà−→AN=

−→ AC Suy

−→ AH=

2

Ä−→

AM+−→ANä = Å −→ AB+2

3 −→ AC ã = −→ AB+1

3 −→ AC

Vậy−→AH=

−→ AB+1

Bài 12. Cho tam giác ABC Gọi điểmM,N,Pthỏa mãn −→MB=3−→MC,NA−→=3−→CN,−PA→+−PB→=−→0 Hãy phân tích véc-tơ−→PM,−→PNtheo hai véc-tơ−AB→và−AC.→

Lời giải. Từ giả thiết ta có:−PB→=

−→ AB −→

MB=3−→MC⇔−→MB=3Ä−→MB+−BC→ä⇔−→MB=

−→ CB Suy ra:

−→

PM=−PB→−−→MB =

2 −→ AB−3

2 −→ CB = −→ AC−−AB→

−→

NA=3CN−→=3Ä−→AN−−AC→ä⇔−→AN=

−→ AC Suy ra−→PN=−PA→+−→AN=3

4 −→ AC−1

2 −→ AB A B C M N P

Bài 13. Cho tam giácABC ĐiểmIthuộc tia đối tiaCBkéo dài choIB=3IC, điểmJ thuộc tia đối tiaCAsao choJA=2JC, điểmK thuộc tia đối tiaABsao choKB=3KA

a) Phân tích véc-tơ−→AI,−JK→theo hai véc-tơ−AB→và−AC.→ b) Phân tích véc-tơ−BC→theo hai véc-tơ−→AIvà−JK.→

Lời giải.

a) Ta có

− →

AI=−→BI−−BA→ =

2 −→ BC−−BA→ =

2

Ä−→

AC−−AB→ä+−AB→ =−1

2 −→ AB+3

2 −→ AC

−→

JK=−→AK−−AJ→ =−1

2 −→

AB−2−AC→

Vậy−→AI=−1

−→ AB+3

2 −→

ACvà−JK→=−1

−→

AB−2−AC.→

B C

I A

J K

b) Từ câu a) ta có:      − → AI=−1

2 −→ AB+3

2 −→ AC −→

JK=−1

−→ AB−2−AC→

⇔      −→ AB=−8

7 − → AI−6

7 −→ JK −→

AC=

− → AI−2

7 −→ JK ⇒−BC→=−AC→−−AB→=10

7 − → AI+4

7 −→ JK Vậy ta có−BC→= 10

7 − → AI+4

Dạng Chứng minh đẳng thức véc-tơ có chứa tích véc-tơ với số

Phương pháp giải:

• Hướng 1.Biến đổi vế thành vế cịn lại 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 véc-tơ

• Hướng 2.Biến đổi đẳng thức cần chứng minh đẳng thức biết

• Hướng 3.Biến đổi đẳng thức véc-tơ biết thành đẳng thức cần chứng minh

Khi thực phép biến đổi cần lưu ý:

- Quy tắc ba điểm:Với ba điểmA,B,Cbất kì ta ln có:AB−→=−AC→+CB.−→

- Quy tắc hình bình hành:Với hình bình hànhABCDta ln có:−AC→=−AB→+−→AD - Quy tắc trừ:Với ba điểmA,B,Obất kì ta ln có:−→OB−−OA→=−AB.→

- Tính chất trung điểm đoạn thẳng:Với điểmMtuỳ ý vàIlà trung điểm củaABta có: −

→

IA+−→IB=−→0

−→ MI=

2

Ä−→

MA+−→MBä

- Tính chất trọng tâm tam giác:Với điểmMtuỳ ý vàGlà trọng tâm tam giácABCta có: −→

GA+−→GB+−→GC=−→0

−→

MA+−→MB+−→MC=3−MG−→

- Các tính chất phép cộng, trừ véc-tơ phép nhân số với véc-tơ.

Ví dụ 8. Cho hình bình hànhABCD Chứng minh rằng: −→

AB+2−AC→+−→AD=3−AC→

Lời giải. VìABCDlà hình bình hành nên ta có:−AB→+−→AD=2−AC.→ Suy

−→

AB+2−AC→+−→AD=ÄAB−→+−→ADä+2−AC→ =−AC→+2−AC→=3−AC→

Ví dụ 9. Cho tam giácABCvới trọng tâmG Chứng minh rằng:−BA→+CA−→=−3−AG.→

Lời giải. VìGlà trọng tâm tam giácABCnên ta có: −→

Ví dụ 10. Cho tứ giácABCD GọiM vàN trung điểm đoạn thẳngABvàCD Chứng minh rằng:−AC→+−→BD=2−MN.−→

Lời giải.

Cách 1.Ta có:

−→

AC=−→AM+−MN−→+−→NC,

−→

BD=−→BM+−MN−→+−→ND

Cộng hai đẳng thức theo vế ta được: −→

AC+−→BD=2−MN−→+ÄAM−→+−→BMä+Ä−→NC+−→NDä =2−MN−→

(Vì−→AM+−→BM=−→0 và−→NC+−→ND=−→0)

A

B

C D

M

N

Cách 2.Ta có:

−−→

MN=−→MA+−AC→+CN−→,

−−→

MN=−→MB+−→BD+−→DN

Cộng hai đẳng thức theo vế ta được:

2−MN−→=Ä−→AM+−→BMä+Ä−→NC+−→NDä+−AC→+−→BD =−AC→+−→BD

(Vì−→AM+−→BM=−→0 và−→NC+−→ND=−→0)

Ví dụ 11. Cho tam giácABC GọiM điểm cạnhBC choMB=2MC Chứng minh rằng: −→

AM=1

−→ AB+2

3 −→ AC

Lời giải.

Ta có:

−→

AM=−AB→+−→BM =−AB→+2

3 −→ BC =−AB→+2

3

Ä−→

AC−−AB→ä =

3 −→ AB+2

3 −→ AC

A

C M

B

Ví dụ 12. Cho tứ giácABCD GọiM,N thuộc đoạn thẳng AB,CDsao choMB=2MA vàNC=2ND Chứng minh rằng:

−−→ MN=

3 −→ AD+1

3 −→ BC

Áp dụng quy tắc ba điểm, ta có: −−→

MN=−→MA+−→AD+−→DN,

−−→

MN=−→MB+−BC→+CN−→

⇒3−MN−→=Ä2−→MA+−→MBä+2−→AD+−BC→+Ä2−→DN+CN−→ä

A

C B M

N D

VìM,N thuộc đoạn thẳngAB,CDsao choMB=2MAvàNC=2NDnên ta có: 2−→MA+−→MB=→−0,

2−→DN+CN−→=−→0

Vậy3−MN−→=2−→AD+−BC→⇔−MN−→=

−→ AD+1

3 −→ BC

Ví dụ 13. Cho tam giácABC Lần lượt lấy điểmM,N,Ptrên đoạn thẳng AB,BCvàCAsao choAM=

3AB,BN=

3BC,CP=

3CA Chứng minh rằng: −→

AN+−BP→+CM−→=−→0

Lời giải.

Ta có:

−→ BN=1

3 −→

BC⇔−→AN−−AB→=

−→

BC (1.1) −→

CP=

−→

CA⇔−BP→−−BC→=

−→

CA (1.2) −→

AM=

−→

AB⇔CM−→−CA−→=

−→

AB (1.3)

A

B C

M

N

P

Từ(1),(2),(3)ta suy ra: −→

AN+−BP→+CM−→−ÄAB−→+−BC→+CA−→ä=

Ä−→

AB+−BC→+CA−→ä ⇔−→AN+−BP→+−→CM=4

3

Ä−→

AB+−BC→+CA−→ä=4

− →

0 =−→0

Ví dụ 14. Cho hình bình hànhABCDcó tâmO GọiMlà điểm Chứng minh rằng: a) −OA→+−→OB+OC−→+−→OD=−→0

b) MA−→+−→MB+−→MC+MD−−→=4−MO.−→

Lời giải.

a) VìOlà trung điểm củaACvàBDnên ta có: −→

OA+−→OC=−→0 −→

b) Theo quy tắc ba điểm ta có:

−→

MA=−MO−→+−OA→ −→

MB=−MO−→+−→OB −→

MC=−MO−→+−→OC −−→

MD=−MO−→+−→OD Suy ra−→MA+−→MB+−→MC+−MD−→=4MO−−→+Ä−OA→+−→OB+−→OC+−→ODä Theo ý a) ta có−OA→+−→OB+OC−→+−→OD=−→0

VậyMA−→+−→MB+−→MC+MD−−→=4−MO.−→

Ví dụ 15. Cho tam giác đềuABC tâmO.M điểm tam giác GọiD,E,F hình chiếu củaM trênBC,CA,AB Chứng minh rằng:−MD−→+−ME−→+−MF−→=

2 −−→ MO

Lời giải.

Qua điểmM dựng:

• đường thẳng song song vớiBC, cắt cặp đường thẳngAB,AC tạiV,Z

• đường thẳng song song vớiAB, cắt cặp đường thẳngAC,BC tạiT,X

• đường thẳng song song vớiBC, cắt cặp đường thẳngAB,AC tạiV,Z

Ta dễ dàng chứng minh đượcMTAU,MV BX,MYCZ hình bình hành điểmD,E,F tương ứng trung điểm củaXY,ZT,UV Từ suy ra:

B X D Y C

M T

E Z A

U F V

−−→

MD+−ME−→+−MF−→=1

Ä−−→

MX+−→MYä+1

Ä−→

MZ+−MT−→ä+1

Ä−−→

MU+−MV−→ä =1

2

Ä−−→

MT+−−→MUä+1

Ä−−→

MV+−MX−→ä+1

Ä−→

MY+−→MZä =1

2

Ä−→

MA+−→MB+−→MCä =3

2 −−→ MO

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 14. Cho hình bình hànhABCDcó tâmO Chứng minh rằng:

−→

BA+−BC→+−→BD=4−→OD

Lời giải. Ta có:−BA→+−BC→+−→BD=2−→BD=4−→OD

Bài 15. GọiGvàG0lần lượt trọng tâm tam giácABCvàA0B0C0 Chứng minh rằng: −→

Lời giải. Theo quy tắc cộng ta có:

−→

AA0=−AG→+−−→GG0+−GA−→0 −→

BB0=−→BG+−−→GG0+−GB−→0 −→

CC0=CG−→+−−→GG0+−GC−→0

Suy ra−→AA0+−→BB0+CC−→0=3−−→GG0+Ä−AG→+BG−→+CG−→ä+−GA−→0+−GB−→0+−GC−→0

VìGvàG0lần lượt trọng tâm tam giácABCvàA0B0C0nên ta có: −→

AG+−→BG+CG−→=−→0 −−→

GA0+−GB−→0+GC−−→0=−→0 VậyAA−→0+−→BB0+CC−→0=3−−→GG0

Bài 16. Cho tứ giácABCD GọiM,N trung điểm củaAC,BD Chứng minh rằng: −→MA+−→MB+ −→

MC+−MD−→=2−MN.−→

Lời giải. VìM,N trung điểm củaACvàBDnên ta có: −→

MA+−→MC=−→0 −→

MB+−MD−→=2−MN−→

Suy ra−→MA+−→MB+−→MC+−MD−→=Ä−→MA+−→MCä+Ä−→MB+MD−−→ä=2−MN−→

Bài 17. Cho tứ giácABCD GọiM,N,Ilần lượt trung điểm củaAC,BDvàMN Chứng minh rằng: a) →−IA+−→IB+IC−→+−ID→=−→0

b) −OA→+−→OB+−→OC+−→OD=4−OI→(vớiOlà điểm bất kì)

Lời giải.

a) VìM,Nlần lượt trung điểm củaAC vàBDnên ta có: −

→

IA+−→IC=2−IM→ −

→

IB+−ID→=2−IN→ Suy

− →

IA+−→IB+−IC→+−ID→=ÄIA→− +−→ICä+Ä−→IB+−ID→ä =2Ä−IM→+−IN→ä

A

B C

D

M N

I

Mặt khácI trung điểm củaMNnên−IM→+−IN→=−→0 Vậy→IA− +−→IB+−→IC+ID−→=2.−→0 =−→0

b) Với điểmObất kì ta có:

−→

OA+−→OC=2−OM−→ −→

OB+−→OD=2−→ON −−→

Do đó:

−→

OA+−→OB+−→OC+−→OD=ÄOA−→+−→OCä+Ä−→OB+−→ODä =2−OM−→+2−→ON

=2Ä−OM−→+−→ONä =4−OI→

Bài 18. Cho tam giácABCnội tiếp đường tròn tâmOvàH trực tâm GọiDlà điểm đối xứng củaAqua O Chứng minh rằng:

a)−→HA+−→HB+−→HC=2−→HO b)−OA→+−→OB+−→OC=−→OH

Lời giải.

a) Ta có:

BH⊥AC(vìHlà trực tâm tam giácABC) DC⊥AC(vìADlà đường kính)

Do đóBHkDC(vì vng góc vớiAC)

Chứng minh tương tự ta có:CHkBD(vì vng góc vớiAB) Suy raBHCD hình bình hành Theo quy tắc hình bình hành, ta có:−→HB+−→HC=−→HD

BC HD hai đường chéo hình bình hành nên cắt trung điểmM

Trong tam giác AHD, O trung điểm AD nên ta có: −→

HA+−→HD=2−→HO

A

B C

H

M

D O

Vậy−→HA+−→HB+−→HC=−→HA+−→HD=2−→HO b) Theo quy tắc ba điểm ta có:

−→

OA=−→OH+−→HA −→

OB=−→OH+−→HB −→

OC=−→OH+−→HC Suy ra−OA→+−→OB+−→OC=3OH−→+Ä−→HA+−→HB+−→HCä

Mặt khác theo kết ý a) ta có:−→HA+−→HB+−→HC=2−→HO Vậy−OA→+−→OB+−→OC=3−→OH+2−→HO=−→OH

Bài 19. Cho đường tròn (I)nội tiếp tam giác ABC cóAB=c,AC=b,BC=a Chứng minh rằng:a−→IA+ b−→IB+c−→IC=−→0

QuaCdựng đường thẳng song song vớiIA, cắt đường thẳngBItại E

QuaCdựng đường thẳng song song vớiIB, cắt đường thẳngAItại F

IECFlà hình bình hành nên−IC→=−IE→+−IF(1).→

Gọi D giao điểm AI BC Vì IDkCE AD đường phân giác nên ta có:

BI IE = BD DC = AB AC = c b ⇒ −→ IE=−b

c − → IB(2) Tương tự ta chứng minh được−IF→=−a

c − → IA(3) Từ(1),(2),(3)suy

− → IC=−b

c − → IB−a

c − →

IA⇔a−→IA+b−→IB+c−IC→=−→0

A C I E F D B

Bài tập tương tự:Cho đường tròn(I)nội tiếp tam giácABC Chứng minh rằng: sinA.−→IA+sinB.IB→− +sinC.−IC→=−→0

Bài 20. Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác ABC ĐặtSMBC =Sa, SMCA=Sb, SMAB=Sc Chứng minh rằng:

Sa

−→

MA+Sb−→MB+Sc

−→ MC=−→0

Lời giải.

GọiA0là giao điểm đường thẳngMAvớiBC Ta có:−−→MA0= A

0C BC

−→ MB+A

0B BC −→ MC Mà A 0C A0B =

SMA0C SMA0B

= SMAC SMAB =

Sb Sc ⇒       

A0C BC =

Sb Sb+Sc A0B

BC = Sc Sc+Sb

⇒−−→MA0= Sb Sb+Sc

−→

MB+ Sc Sb+Sc

−→ MC.(∗)

A

B C

M

A0

Mặt khác MA MA =

SMA0B SMAB =

SMA0C SMAC =

SMA0B+SMA0C SMAB+SMAC =

Sa

Sb+Sc ⇒−−→MA0= −Sa

Sb+Sc −→ MA Thay vào(∗)ta được: −Sa

−→

MA=Sb−→MB+Sc−→MC⇔Sa−→MA+Sb−→MB+Sc−→MC=−→0 Nhận xét:

• ChoMtrùng với trọng tâmGcủa tam giácABC, ta kết quả:−→GA+−→GB+−→GC=−→0 • ChoMtrùng với tâm đường tròn nội tiếpIcủa tam giácABC, ta kết quả:

a.−→IA+b.−→IB+c.−→IC=−→0

• Nếu tam giácABCđều với điểmMbất kì tam giác, ta có: x.−→MA+y.−→MB+z.−→MC=−→0,

• KhiMnằm ngồi tam giácABC, ta có kết sau: - NếuMthuộc gócBAC‘ góc đối đỉnh thì:−Sa

−→

MA+Sb.−→MB+Sc.−→MC=−→0 - NếuMthuộc gócABC‘ góc đối đỉnh thì:Sa

−→

MA−Sb.−→MB+Sc

−→ MC=−→0 - NếuMthuộc gócACB‘ góc đối đỉnh thì:Sa

−→

MA+Sb.−→MB−Sc.−→MC=−→0

Dạng Chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy

Phương pháp giải:

a) Sử dụng nhận xét: ba điểm phân biệtA,B,Cthẳng hàng⇔ ∃k∈Rsao cho−AB→=k−AC.→

b) Sử dụng kết quả: Cho tam giác ABC Khi đóM, B,C thẳng hàng ⇔ ∃α ∈R cho −→AM= α−AB→+ (1−α)−AC.→

c) Sử dụng định lí tính thẳng hàng, đồng quy Menelaus, Ceva

Lý thuyết cần nhớ

Định lí 1. Điều kiện cần đủ để hai véc-tơ −→a và −→b (−→b 6= −→0) phương tồn số k sao cho −

→a =k−→b .

Định lí 2. Ba điểm phân biệtA,B,Cthẳng hàng tồn sốksao cho−AB→=k−AC.→

Định lí 3. Cho tam giácABC Khi điểm M thuộc đường thẳngBC khi tồn số α sao cho −→

AM=α−AB→+ (1−α)−AC→.

Định lí (Định lí Menelaus dạng véc-tơ). Cho tam giácABCvà ba điểmM,N,Pthoả mãn−→MB=α−→MC, −→

NC=β−→NA,−PA→=γPB−→ Khi đóM,N,Pthẳng hàng khiα β γ=1

Định lí (Định lí Ceva dạng véc-tơ). Cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P thoả mãn −→MB= α−→MC, −→

NC=β−→NA,−PA→=γ−PB Khi đường thẳng→ AM,BN,CPđơi song song đồng quy chỉ khiα β γ =−1

Ví dụ 16. Trên cạnh tam giácABClấy điểmM,N,Psao cho−→MA+3−→MB=6−→NB−−→NC= −→

PC+2−PA→=−→0 Chứng minh ba điểmM,N,Pthẳng hàng

Lời giải.

Cách 1. Theo giả thiết ta có−→NC=6−→NB, suy ra−→AN= −→ AC−6−AB→

−5 = −3

5 −→ AP+8

5 −→ AM Do

Å

−3

ã

+8

5 =1 nên ba điểm M, N, P thẳng hàng

Cách 2. Theo giả thiết ta có −→MA= −3−→MB, −→NB=

−→

NC, −PC→= −2−PA Do→ (−3)·1

6·(−2) =1nên theo định lí Menelaus ta có ba điểmM,N,Pthẳng hàng

N B C

A

P

M

Ta xét trường hợp ba điểmO,H,Gphân biệt

Lấy điểmDđối xứng với AquaO, Dthuộc đường trịn (O) ngoại tiếp tam giácABC Suy DB, DC vuông góc vớiAB,AC Từ tính chất trực tâmH ta cóCH,BH vng góc với AB, AC Do HBDC hình bình hành Khi đóHDcắtBCtại trung điểmMcủa đường Ta có

−→

OH=−OA→−−→HA=OA−→+2−OM−→ =−OA→+−→OB+−→OC=3−→OG

Vậy ba điểmO,H,Gthẳng hàng

A

B M C

D

H G O

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 21. Cho tam giác ABC điểm P, Q thoả mãn−PA→=2PB,−→ 3−→QA+2−→QC=−→0 Chứng minh đường thẳngPQđi qua trọng tâm tam giácABC

Lời giải.

Từ giả thiết ta có−AB→=1

−→

ABvà−AC→=5

−→

AQ GọiGlà trọng tâm tam giác ABC, ta có −AG→=

3 −→ AB+1

3 −→ AC =

6 −→ AP+5

6 −→

AQ Chú ý 6+

5 =1 nên ba điểmP,Q,Gthẳng hàng Ta có điều phải chứng minh

A

B C

P

Q G

Bài 22. Cho tứ giác ABCDcóM,N,P, Qlần lượt trung điểm củaAB,BC,CD,DA GọiOlà giao điểm hai đường thẳng MP, NQ; G trọng tâm tam giác BCD Chứng minh ba điểm A, O, G thẳng hàng

Lời giải.

Dễ thấyMN PQlần lượt đường trung bình ứng với cạnhACcủa tam giácABCvàDAC Suy raMNvà PQcùng song song nửaAC hay tứ giác MNPQlà hình bình hành Do đóOlà trung điểm MPvàNQ Ta có

−→

OA+−→OB+−→OC+−→OD=2OM−−→+2−→OP=−→0 ⇒3−→OG=−→OB+−→OC+−→OD=−−OA→

Vậy ba điểmA,O,Gthẳng hàng

A

C D

G O

B

Q M

P N

Lời giải. Theo giả thiết ta có

3−OI→=3−OA→+2OC−→−2−→OD=−OA→+2−→OB −→

OJ=−OA→−2−→OB+2−→OC=−−OA→−2−→OB

Từ ta có−OJ→=−3−OJ→hay ba điểmO,I,Jthẳng hàng

Bài 24. Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn(O).X,Y,Z,T trực tâm tam giácBCD, CDA,DAB,ABC Chứng minh rằngAX,BY,CZ,DT đồng quy

Lời giải.

Gọi M trung điểm CD Theo Ví dụ 17, ta có −→BX = 2−OM−→ −→

AY =2−OM Suy ra−→ −AY→=−→BX hay tứ giácABXY hình bình hành Do đóAX vàBY cắt trung điểmI đường

Chứng minh tương tự, ta đượcAX,BY,CZ,DT đồng quy trung điểm Icủa đường

A B

O I

C

D M

Y X

Bài 25. Cho góc xOy hai điểm A, B thay đổi tia Ox, Oy hai số dương a, b cho aOA+bOB=1 Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng AB thuộc vào đường thẳng cố định

Lời giải.

Chọn hai điểmX,Y nằm tiaOx,Oysao choOX=

2a vàOY = 2b Khi ta có

−→ OI=

−→ OA

2 + −→ OB

2 = OA 2OX

−→ OX+ OB

2OY −→ OY =aOA−→OX+bOB−OY→

DoaOA+bOB=1nênI,X,Y thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh

O

A X x

B Y

y

I

Dạng Xác địnhMthoả mãn đẳng thức véc-tơ

Phương pháp: Biến đổi đẳng thức véc-tơ dạng sau: −−→

OM=−→v (Ocố định và−→v biết)⇒Mxác định Những điểm cần ý:

• Áp dụng qui tắc để biến đổi như: qui tắc điểm, qui tắc hình bình hành, qui tắc hiệu. • Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho có vec tơ có chứa điểm cuối điểm cần tìm

qua véc-tơ xác định.

• Vẽ hình để xác định điểm mơ tả điểm cần tìm vị trí so với điểm cố định mà đề bài cho.

Ví dụ 18. Cho hai điểmA,B TìmIthoả mãn−→IA+2−→IB=−→0

Ta có:−→IA+2−→IB=−→0 ⇔−→IB+−BA→+2−→IB=−→0 ⇔3−→IB+−BA→=−→0 ⇔−→BI=1

3 −→ BA

VậyInằm đoạnABcáchBmột đoạn 3BA

B

A

I

Ví dụ 19. Cho tam giácABC TìmJ thoả mãn−JA→+2.−JB→=CB.−→

Lời giải.

Ta có:−JA→+2−JB→=CB−→ ⇔−JB→+−BA→+2−JB→=CB−→ ⇔3−JB→=CB−→−−BA→ ⇔3−JB→=CB−→−−BA→ ⇔−BJ→=−1

3( −→ CB−−BA)→ ⇔−BJ→=

3( −→ BC+−BA)→ ⇔−BJ→=

3 −→

BM( VớiMlà trung diểm cạnhAC)

VậyJnằm đoạnBM( vớiMlà trung điểmAC) cáchBmột đoạn 3BM

B A

M

J C

Ví dụ 20. Cho tam giácABC TìmK thoả mãn:−→KA−3−→KB+−→KC=−→0

Lời giải.

Ta có:−→KA−3−→KB+−→KC=−→0

⇔−→KB+−BA→−3−→KB+−→KB+−BC→=−→0 ⇔−BA→−−→KB+−AC→=−→0

⇔ −−→KB+−BA→+−BC→=−→0 ⇔−→BK=−BA→+−BC→

⇔−→BK=2−→BN(VớiN trung điểm củaAC)

Vậy:Knằm đường thẳngBN(vớiNlà trung điểm ACngược hướng củaNvà cáchBmột đoạn2BN

A N

C

K B

Ví dụ 21. Cho hình bình hànhABCD Xác định điểmIthoả mãn3−→IA+IB−→−−→IC=−DA.→

Lời giải.

Ta có:3.−→IA+IB→− −−→IC=−DA→ ⇔3−→IA+−CB→=−DA→

⇔3−→IA=−DA→−CB−→

⇔3−→IA=−DA→+−BC(Vì→ ABCDlà hình bình hành) ⇔3−→IA=2−DA→

⇔−→AI=2

−→ AD

Vậy:Inằm cạnhADcáchAmột đoạn 3AD

A I

C

B D

Lời giải. Ta có:α.−→IA+β−→IB=−→0 ⇔α→−IA+β(IA→− +−AB) =→ −→0

⇔(α+β)−→IA+βAB) =−→ −→0 (Vìα+β 6=0) ⇔−→IA= β

α+β −→ AB

Vậy tồn điểmIthoả mãn điều kiện đề

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 26. Cho tam giácABC Hãy xác định điểmMthoả mãn điều kiện:−→MA−MB−→+−→MC=−→0

Lời giải.

Ta có:−→MA−−→MB+−→MC=−→0 ⇔MA−→−(−→MA+AB) +−→ −→MC=→−0 ⇔ −−AB→+−→MC=−→0

⇔−→MC=−AB→ ⇔CM−→=−BA.→

VậyMxác định thoả (CM−→=−BA).→ A

M C

B

Bài 27. Cho hai điểmA,Bphân biệt Xác định điểmMthoảMA−→+3−→MB=−→0

Lời giải.

Ta có:−→MA+3−→MB=−→0 ⇔−→MA+3(−→MA+−AB) =→ −→0 ⇔4.−→MA+3−AB→=−→0 ⇔−→AM=

4 −→ AB

Vậy:Mnằm đoạnABcáchBmột đoạn 4AB

B

A M

Bài 28. Cho tam giácABC Xác định điểmKthoả mãn điều kiện−→KA+−→KB+−→KC=CB.−→

Lời giải.

Ta có:−→KA+ (−→KA+AB) + (−→ −→KA+−AC) =→ CB−→ ⇔3−→KA+−AB→+−AC→=CB−→

⇔3−→KA=−CB→−−AB→−−AC→ ⇔3−→KA=−CB→+−BA→+CA−→ ⇔3−→KA=2−CA→

⇔−→AK=2

−→

ACVậyKnằm đoạnACvà cáchAmột đoạn 3AC

B A

K C

Bài 29. Cho hai điểmB,C Xác định điểmIthoả mãn2IB→− +3−→IC=−→O

Lời giải.

Ta có:2−→IB+3−→IC=−→O ⇔2−→IB+3(IB→− +−BC) =→ −→O ⇔5.−→IB+3−BC→=−→O ⇔−→BI=3

5 −→ BC

Vậy:Inằm đoạnBCvà cáchBmột đoạn 5BC

B

C I

Bài 30. Cho tam giácABC Xác định điểmJthoả mãn2−JA→+JC−→−−JB→=CA.−→

Ta có:2−JA→+JC−→−−JB→=CA−→

⇔2−JA→+−JA→+AC−→−(−JA→+−AB) =→ CA−→ ⇔2−JA→+AC−→−−AB→=CA−→

⇔2−JA→+−BC→=CA−→ ⇔2−JA→=CA−→−−BC→ ⇔2−JA→=CA−→+CB−→ ⇔−AJ→=−1

4 −→

CM(VớiMlà trung điểmAB) Vậy:Jxác định thoả (−AJ→=−1

4 −→

CM) vớiMlà trung điểmAB

A B

C

J

M

Bài 31. Cho hai điểmA,C Xác định điểmKthoả mãn2KA−→+−→KC=2−AC.→

Lời giải.

Ta có:2−→KA+−→KC=2−AC→ ⇔−→KA+−→KA−−→KC=2−AC→ ⇔−→KA+CA−→=2−AC→ ⇔−→KA=2−AC→−CA−→ ⇔−→KA=3−AC→ ⇔−→AK=−3−AC.→

Vậy:Knằm đườngAC cáchAmột đoạn là3BCngược hướng vớiC

C A

K

Bài 32. Cho hình bình hànhABCD TìmK thoả mãn:3.−→KA+−→KB+−→KC=−→0

Lời giải.

Ta có:3−→KA+−→KB+KC−→=−→0 ⇔3−→KC+3CA−→+−→KC+CB−→+−→KC=−→0 ⇔5−→KC+CA−→+CB−→=−→0

⇔5−→KC+2CN−→=−→0 (VớiNlà trung điểm củaAB) ⇔CK−→=

5 −→ CN

Vậy:Knằm đoạnCN cáchCmột đoạn

5BCvớiNlà trung điểm AB

A

K

C

B D

N

Bài 33. Cho hình bình hànhABCD Xác định điểmF thoả mãn3−FA→+2−→FB+−→FC=CD−→+CB.−→

Lời giải.

Ta có:3−FA→+2−FB→+−→FC=CD−→+CB−→

⇔3−FA→+2−FA→+2−AB→+−FA→+−AC→=CD−→+CB−→

⇔6−FA→+2−AB→+−AC→=CA−→(VìABCDlà hình bình hành) ⇔6−FA→=CA−→−2−AB→−−AC→

⇔6−FA→=CA−→+2−BA→+CA−→ ⇔6−FA→=2CA−→+2−BA→ ⇔6−AF→=2−AC→+2−AB→

⇔3−AF→=2−→AM(VớiMlà trung điểmBC) ⇔−AF→=−2

3 −→ AM

Vậy điểmF cần tìm thoả mãn đẳng thức vec tơ−→AF=−2

−→ AM

A

C

B D

M F

Bài 34. Cho trước ba điểmA,B,Cvà ba số thực α+β+γ 6=0 Chứng minh tồn điểmI thoả mãnα.−→IA+β.IB→− +γ.−→IC=−→0

Lời giải.

Ta có:α.−→IA+βIB→− +γ.−→IC=−→0

⇔α.−→IA+β(−→IA+AB) +−→ γ(−→IA+−AC) =→ −→0

⇔(α+β+γ).IA−→+β.−AB→+γ.−AC→=−→0 (Vìα+β+γ6=0) ⇔−→IA= β+γ

Vậy: Tồn điểmIthoả mãn điều kiện đề

III. Bài tập tổng hợp

Bài 35. Cho tứ giácABCD Hai điểmM,N thay đổi cạnhABvàCDsao cho AM AB =

CN CD Tìm tập hợp điểmI trung điểm đoạnMN

Lời giải.

Giả sử AM AB =

CN

CD =k GọiX,Y trung điểm AC,BD Ta có

2−IX→=Ä−IM→+−→MA+AX−→ä+Ä−IN→+−→NC+CX−→ä =−→MA+−→NC

Tương tự2−→IY =−→MB+−→ND Từ giả thiết ta có (1−k)−→MA+k−→MB=−→0 (1−k)−→NC+k−→ND=−→0,

suy (1−k)−IX→+kIY→− =−→0 Chú ý rằng0≤k≤1 nên tập điểmI đoạn thẳngXY

A

B

D

I

C M

X

N Y

Bài 36. Cho tam giác ABCcó trọng tâmGvà điểmM GọiA0,B0,C0 điểm đối xứng vớiMqua trung điểm củaBC,CA,AB Chứng minh bốn đường thẳngAA0,BB0,CC0vàMGđồng quy

Lời giải.

Dễ thấyMBA0Clà hình bình hành nên−→A0B+−→A0C−−−→A0M=−→0 Tương tự−→B0C+−→B0A−−−→B0M=−→0 Trừ hai vế hai đẳng thức ta có

− →

0 =−→A0B−−→B0A+−→A0C−−→B0C−−−→A0M+−−→B0M =−→A0B+−→B0A

Từ ta cóABA0B0là hình bình hành, đóAA0 vàBB0 cắt trung điểmI đường Chứng minh tương tự, ta cóAA0, BB0, CC0đồng quy trung điểmIcủa đường

A

M G

B C

A0 I

Ta có−MI→= −→ MA+−−→MA0

2 =

−→

MA+−→MB+−→MC

2 =

3

−−→

MG VậyMGđi quaI, ta điều phải chứng minh Bài 37. Cho đoạn thẳngABcó trung điểm làI ĐiểmMlà tuỳ ý không nằm đường thẳngAB TrênMI kéo dài lấy điểmNsao choIN=MI

a) Chứng minh:−→BN−−BA→=−→MB

b) Tìm điểmD,Csao cho:−→NA+−NI→=NDvà−MN−→−−→BN=CN.−→

Lời giải.

a) Xét:−→BN−−BA→−−→MB =−→AN−−→MB

=−→AI+−IN→−−MI→−−→IB =−→AI+−IN→+−IM→+−→BI

b) TìmD

Ta có:−→NA+−NI→=−→ND

⇔−→ND=2−→NK (vớiKlà trung điểm củaAI)

Vậy:Dnằm đườngNKvà cáchNmột đoạn2NK hướng vớiK

A

B N K

I M

TìmC

Ta có:−MN−→−−→BN=CN−→ ⇔−MN−→+−→NB=CN−→ ⇔−→MB=−→NC ⇔−→NC=−−→NA

Vậy:Cxác định thoả−→NC=−−→NA

A

B

N C

I M

Bài 38. Cho hình bình hànhABCD

a) Chứng minh rằng:−AB→+−AC→+−→AD=2−AC.→

b) Xác định điểmMthoả mãn điều kiện:3−→MA=AB−→+−AC→+−→AD

Lời giải.

a) Xét:−AB→+−AC→+−→AD.=−AB→+−→AD+−AC.→ =−AC→+−AC→(VìABCDlà hình bình hành) =2−AC→(Điều phải chứng minh)

b) Ta có:3−→MA=−AB→+−AC→+−→AD

⇔3−→MA=2−AC→(Theo chứng minh câu a) ⇔−→AM=−2

3 −→ AC

Vậy:M xác định nhất−→AM=−2

−→

AC A B

C D

M

Bài 39. Cho hình bình hànhABCD GọiM,N trung điểm củaAD,BC a) Chứng minh rằng:−MN−→=1

2( −→

AB+−→DC)

b) Xác định điểmKthoả mãn điều kiện:−→KA+−→KB+−→KC=−→0

Lời giải.

a) Ta có:MN−−→=−AB→vàMN−−→=−BC→(VìABCDlà hình bình hành) Vì vậy:2−MN−→=−AB→+−BC→

Nên:−MN−→= 2(

−→

AB+−→DC) ⇔−MN−→=

2( −→

AB+−→DC).(Điều phải chứng minh) b) Ta có:−→KA+−→KB+−→KC=−→0

⇔−→KA+−→KA+−AB→+−→KA+−AC→=−→0 ⇔3−→KA+−AB→+−AC→=−→0

⇔3−→AK=−AB→+−AC→

⇔3−→AK=2−→AD(VìABCDlà hình bình hành) ⇔−→AK= 23−→AD

Vậy:K xác định nhất−→AK= 23−→AD

A B

C D

K

a) Chứng minh rằng:−→AA0+−→BB0+CC−→0+−−→DD0=−→0

b) GọiM,N trung điểm củaAC,BDvàIlà trung điểm củaMN Chứng minh rằng: −→

IA0+−IB→0+IC−→0+−→ID0=−→0

Lời giải. a) Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có: −→

AA0=

Ä−→

AB+−AC→+−→ADä −→

BB0=

Ä−→

BA+−BC→+−→BDä −→

CC0=

Ä−→

CA+−CB→+CD−→ä −−→

DD0=

Ä−→

DA+−→DB+−→DCä Suy

−→

AA0+−→BB0+CC−→0+−−→DD0= =1

3

Ä−→

AB+−AC→+−→AD+BA−→+−BC→+−→BD+CA−→+CB−→+CD−→+DA−→+−→DB+−→DCä =1

3

Ä−→

AB+−BA→+−AC→+CA−→+−→AD+−DA→+−BC→+CB−→+−→BD+−→DB+CD−→+−→DCä =1

3 − →

0 =−→0

b) Theo kết biết ta có: −

→

IA+−→IB+IC−→+−ID→=−→0 ⇔−IA→0+−→A0A

+

−→ IB0+−→B0B

+

−→ IC0+C−→0C

+

−→ ID0+−−→D0D

=−→0 ⇔−IA→0+−IB→0+−IC→0+−→ID0−−→AA0+−→BB0+CC−→0+−−→DD0=−→0

⇔IA−→0+−IB→0+IC−→0+−→ID0=−→0

(Vì theo kết ý a) ta có:−→AA0+−→BB0+CC−→0+−−→DD0=−→0)

Bài 41. Cho đường trịn (I)nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnhBC,CA,ABlần lượt tạiM,N,P Chứng minh rằng:a−IM→+b−IN→+c−→IP=−→0

Lời giải.

Gọi plà nửa chu vi tam giácABC,ta có: 

 

 

AP=AN=p−a BM=BP=p−b CN=CM=p−c Mặt khác ta có:

MC.−→MB+MB.−→MC=−→0

⇔(p−c)Ä−→IB−−IM→ä+ (p−b)Ä−IC→−−IM→ä=−→0 ⇔(2p−b−c)−IM→= (p−c)−→IB+ (p−b)−→IC ⇔a−IM→= (p−c)IB→− + (p−b)−→IC(1)

A

C I

B

N

M P

Tương tự, ta chứng minh (

Cộng vế đẳng thức(1),(2),(3)thu

aIM−→+b−IN→+c→IP− = (2p−b−c)IA−→+ (2p−a−c)IB→− + (2p−a−b)−→IC =a−→IA+b−→IB+c−→IC

=−→0

Bài 42. Cho tam giác nhọnABCcóH trực tâm Chứng minh rằng: tanA.−→HA+tanB.HB−→+tanC.−→HC=−→0

Lời giải. Qua điểmCdựng: đường thẳng song song vớiAH, cắtBH tạiB0; đường thẳng song song vớiBH, cắtAH tạiA0 Khi đóA0HB0Clà hình bình hành

GọiDlà giao điểm củaAH vàBC Áp dụng định lý Ta - lét ta có: HB0 HB = DC DB = AD BD AD DC

= tanB tanC ⇒−−→HB0=−tanB

tanC −→

HB(Do−−→HB0và−→HBngược hướng) Tương tự ta có:⇒−−→HA0=−tanA

tanC −→ HA VìAHB0Clà hình bình hành nên ta có: −→

HC=−−→HA0+−−→HB0=−tanA tanC

−→

HA−tanB tanC

−→ HB ⇒tanA.−→HA+tanB.HB−→+tanC.−→HC=−→0

A B C H B0 A0 D

Bài 43. Cho hình bình hành ABCD LấyM,N choCM−→=

−→

CB,CN−→=

−→

CD GọiI,J hai điểm thỏa mãnCI−→=αCD,−→ −BJ→=β−→BI Xác địnhα,β đểJlà trọng tâm tam giácAMN

Lời giải.

Ta có: −→

JA+−→JM+−JN→=−BA→−BJ−→+−JB→+BM−→+−→JI+−IN→ =−BA→−2−BJ→+

−→ BC

2 + − →

BI−−BJ→+CN−→−CI−→ =−BA→+

−→ BC

2 + (−3β+1) − →

BI+CN−→−CI−→ =−BA→+

−→ BC

2 + (−3β+1)

Ä−→

BC+CI−→ä+CN−→−−CI→ =−BA→+

Å

3 2−3β

ã Ä−→

AC−−AB→ä+CN−→−3βCI−→ =−BA→+

Å

3 2−3β

ã Ä−→

AC−−AB→ä+1

−→

CD−3α βCD−→ =−BA→+

Å

3 2−3β

ã Ä−→

AC−−AB→ä+

Å

1

3−3α β

ã−→

BA =

Å

−17

6 +3β+3α β

ã−→

AB+

Å

3 2−3β

ã−→ AC B A D C M N J I

ĐểJlà trọng tâm4AMNthì−JA→+−→JM+−JN→=−→0 ⇔

Å

−17

6 +3β+3α β

ã−→

AB+

Å

3 2−3β

ã−→

Mặt khác, do−AB→,−AC→không phương nên suy ra: 

 

 

−17

6 +3β+3α β =0

2−3β =0

⇔   

 

α= β =1 Vậy vớiα=

9,β =

2 thìJ trọng tâm4AMN

Bài 44. Cho4ABC, gọiM,Nlần lượt điểm thỏa mãn:−→BM=2−BC→−AB,−→ CN−→=k−AC→−−BC→vớik∈R a) TìmkđểM,N qua trung điểmI củaAC

b) Tính IM IN

Lời giải.

a) Do I trung điểm AC nên ta có −

→ BI=

−→ BA+−BC→

2 Khi đó: −→

MI = −→BI−−→BM = −→ BA+−BC→

2 −2

−→

BC+−AB→ =

2 −→

AC−2−BC→,

−→

NI = CI−→ − CN−→ = −1 − k

−→

AC + −BC→ =

Å

−1 2−k

ã−→

AC+−BC.→

Mặt khácMNđi quaInên suy ra∃t cho: −→

MI=t−NI→ ⇔

2 −→

AC−2−BC→=t

Å

−1 2−k

ã−→

AC+t−BC→ ⇔

 

 =t

Å

−1 2−k

ã

−2=t ⇔

 



t=−2 k=−1

4

b) Vớit=−2⇒ IM IN =2

A

B

C I

M

§4. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ

I. Tóm tắt lí thuyết

Trục độ dài đại số trục

Trục tọa độ(còng gọi làtrục) đường thẳng xác định điểmOcố định véc-tơ đơn vị −

→

i (véc-tơ có độ dài bằng1) ĐiểmOgọi làgốc tọa độ.

Hướng véc-tơ đơn vị làhướng trục. Trục tọa độ ký hiệu là(O;−→i )

Cho điểm tùy ýMnằm trục(O;−→i ).Khi đó, có sốkxác định cho−OM−→=k·−→i

Sốkđược gọi làtọa độcủa điểmMđối với trục(O;−→i )

Cho véc-tơ−→a nằm trục(O;−→i ).Khi có sốt xác định cho−→a =t·−→i Sốt gọi làtọa độcủa véc-tơ−→a trục(O;−→i )

Như tọa độ điểmMlà tọa độ véc-tơ−OM−→

Nếu hai điểmA,Bnằm trụcOx.Khi có sốt choAB−→=t·−→t Ta gọi sốt độ dàicủa véc-tơ−AB→đối với trục cho, ký hiệu làAB.Như vậyAB−→=AB·−→i

4! Nếu−AB→cùng hướng với−→i thìAB=AB Nếu−AB→ngược hướng với−→i thìAB=−AB

Nếu hai điểmA,Btrên trục(O;−→i )có tọa độ làa,bthìAB=b−a

Định lí 1. Trên trục số

Với ba điểm trục, ta cóAB+BC=AC

Hai véc-tơ−AB→vàCD−→bằng khiAB=CD

Hệ trục tọa độ

Hệ trục tọa độ(O;−→i ,−→j)gồm hai trục(O;−→i )và(O;−→j)vng góc với nhau, ĐiểmOgoi làgốc tọa độ.

Trục(O;−→i )gọi làtrục hoành,ký hiệu làOx Trục(O;−→j )gọi trục tung, ký hiệu làOy

Các véc-tơ−→i và→−j cácvéc-tơ đơn vịtrên trụcOxvàOy Hệ trục tọa độ(O;−→i ,−→j )còn ký hiệu làOxy

4! Mặt phẳng chọn hệ trục tọa độOxyđược gọi mặt phẳng tọa độOxyhay mặt phẳng Oxy

Tọa độ véc-tơ hệ trục tọa độ

Đối với hệ trục tọa độ(O;−→i ,−→j)nếu−→u =x→−i +y−→j cặp số(x;y)được gọi làtọa độcủa véc-tơ−→u, ký hiệu−→u = (x;y)hay−→u(x;y)

Sốxgọi làhồnh độ,ygọi làtung độcủa véc-tơ−→u

Định lí 2. Cho hai véc-tơ−→a = (x;y),→−b = (x0;y0)và số thựck (i)−→a =−→b ⇔

®

x=x0 y=y0

(ii)→−a +−→b = (x+x0;y+y0)và−→a −−→b = (x−x0;y−y0) (iii)k−→a = (kx;ky)

(iv)−→a cùng phương với−→b(→−b 6=−→0)⇔ ∃k∈Rsao cho

®

Tọa độ điểm

Trong mặt phẳngOxy, tạo độ véc-tơ −OM−→được gọi làtọa độcủa điểmM Như vậy,(x;y)là tọa độ điểmMkhi khi−OM−→= (x;y), ký hiệuM(x;y)hayM= (x;y)

Sốxđược gọi làhoành độ, sốyđược gọi làtung độcủa điểmM

4! Nếu gọiH,Klần lượt hình chiếu củaMtrênOxvàOythì

M(x;y)⇔−OM−→=x−→i +y−→j =−→OH+−→OK

Như vậy−→OH =x−→i hayx=OH và−→OK=y−→j hayy=OK Định lí 3. Với hai điểmA(xA;yA)vàB(xB;yB)ta có

−→

AB= (xB−xA;yB−yA)

Tọa độ trung điểm đoạn thẳng tọa độ trọng tâm tam giác

Định lí 4. Cho hai điểmA(xA;yA)vàB(xB;yB) Khi trung điểmIcủa đoạn thẳngABcó tọa độ

 

 xI =

xA+xB

2 yI =

yA+yB Định lí 5. Cho ba điểmA(xA;yA),B(xB;yB)vàC(xC;yC) Khi trọng tâmGcủa tam giácABCcó tọa độ

 



xG= xA+xB+xC yG= yA+yB+yC

3

II. Các dạng tốn

Dạng Tìm tọa độ điểm độ dài đại số véc-tơ trục(O;−→e) Tìm tọa độ của véc-tơ−→u +−→v,→−u − −→v,k−→u

Căn vào định nghĩa tọa độ điểm, độ dài đại số véc-tơ công thức tọa độ véc-tơ −

→u +−→v,−→u − −→v,k−→u.

• ĐiểmM có tọa độa⇔OM−−→=a.−→e vớiOlà điểm gốc • Véc-tơ−AB→có độ dài đại số làm=AB⇔−AB→=m−→e • NếuAvàBcó tọa độ làavàbthìAB=b−a • Tọa độ trung điểmI đoạnAB:xI = xA+xB

2

• Nếu−→u = (u1;u2),−→v = (v1;v2)thì−→u +−→v = (u1+v1;u2+v2);−→u − −→v = (u1−v1;u2−v2); k−→u = (ku1;ku2),k∈R

Ví dụ 1. Trên trục tọa độ (O;−→e), cho ba điểm A, B, C với: −OA→=4,5−→e, −→OB=−7,2−→e, −→OC = −3,6−→e

a Xác định tọa độ điểmA,B,C

b Tìm tọa độ trung điểmM,N,Ptheo thứ tự đoạn thẳngAB,BC,CA c Tính độ dài đoạn thẳngAB,BC,CA

−7.2 −3.6 4.5 O

B C −→e A

a A(4,5),B(−7,2),C(−3,6)

b VìMlà trung điểmAB⇒xM=xA+xB

2 =−1,35⇒M(−1,35) Tương tự ta đượcN(−5,4),P(0,45) c AB=11,7,BC=3,6,CA=8,1

Ví dụ 2. Trên trục tọa độ (O,−→e), cho ba điểm A(1), B(−2), C(7) Tìm tọa độ điểm M cho AM+3BM=2CM

Lời giải.

−2

O

B −→e A C

GọiM(x), ta cóAM=x−1,BM=x+2,CM=x−7

Theo giả thiết ta suy rax−1+3(x+2) =3(x−7)⇔x=−26

Ví dụ 3. Trên trục tọa độ(O,−→e), cho điểmA(2),B(−3),C(−6) Tìm tọa độ củaD(x)sao cho DA+4DB≤3DC

Lời giải.

−6 −3

O B

C −→e A

Ta có:DA=2−x,4DB=−12−4x,3DC=−18−3x Theo giả thiết ta suy ra2−x−12−4x≤ −18−3x⇒x≥4

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho −→a = (−4; 2),−→b = (5; 8) Tính tọa độ véc-tơ−→a +−→b, −

→a −−→b,3−→a,5−→a +2→−b,−(5−→a −2−→b).

Lời giải. −→a +−→b = (1; 10),−→a −−→b = (−9;−6),3−→a = (−12; 6) Ta có:5−→a = (−20; 10),2−→b = (10; 16)

Nên5−→a +2−→b = (−10; 26)và−(5−→a −2−→b) = (30; 6)

Ví dụ 5. Trong mặt phẳngOxy, cho véc-tơ−→a = (4;−2),−→b = (−1;−1),−→c = (2; 5) Hãy phân tích véc-tơ−→b theo hai véc-tơ−→a và−→c

Lời giải. Giả sử−→b =m−→a +n−→c ⇔

®

−1=4m+2n −1=−2m+5n ⇔

  

 

m=−1 n=−1 Vậy−→b =−1

8 − →a −1

4 − →c.

Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho −→a = (x; 2),−→b =

Å

−5;1

ã

Lời giải. Ta có:−→c =−→4a−3−→b ⇔  



x=4x−3.(−5) 7=4.2−3.1

3

⇔x=−5

Ví dụ 7. Trong mặt phẳngOxy, cho−→a(1;−2);−→b(−3; 0);−→c (4; 1) Tìm tọa độ của−→t =2−→a −3−→b + −

→c.

Lời giải. Ta có2−→a = (2;−4);−3−→b = (9; 0) Mà−→t =2−→a −3−→b +−→c = (15;−3)⇒−→t (15;−3)

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Trong mặt phẳngOxy, cho→−a = (2; 1),−→b = (3; 4),−→c = (7; 2)

a Tìm tọa độ véc-tơ−→u =2−→a −3−→b +−→c

b Tìm tọa độ véc-tơ−→v cho−→v +→−a =−→b − −→c c Tìm sốk,hđể−→c =k−→a +h→−b

Lời giải.

a −→u =2−→a −3−→b +−→c = (4; 2)−(9; 12) + (7; 2) = (2;−8) b −→v +→−a =−→b − −→c ⇔ −→v =−−→a +−→b − −→c = (−6; 1)

c −→c =k−→a +h−→b ⇔   

 

7=2k+7h 2=k+4h ⇔

  

 

k= 22 h=−3

5

Suy ra−→c = 22

− →a −3

5 − →

b

Bài 2. Trong mặt phẳngOxy, cho −→a = (−1; 3), −→b = (0; 5), −→c = (5;−2) Tính tọa độ véc-tơ−→u, −

→v định bởi:

a) −→u =2−→a +3−→b −4−→c b) 4−→a +2−→v =2−→b −3−→c

Lời giải.

a) Ta có:2−→a = (−2; 6),3−→b = (0; 15),4→−c = (20;−8),2−→a +3−→b = (−2; 21) ⇒ −→u =2−→a +3−→b −4−→c = (−22; 29)

b) Ta có:4−→a +2→−v =2−→b −3−→c ⇒ −→v =−2−→a +−→b −3

− →c. mà−2−→a = (2;−6),

2 −

→c =Å15 ;−3

ã

,−2−→a +−→b = (2;−1) ⇒ −→v =−2−→a +−→b −3

2 −

→c =Å−11 ;

ã

Bài 3. Trong mặt phẳngOxy, cho−→a = (x; 2),−→b = (−5; 1),−→c = (x; 7) Tìm tọa độ véc-tơ−→c =2−→a + 3−→b

Lời giải. Ta có:−→c =2−→a +3−→b ⇔

®

x=2x+3.(−5)

Bài 4. Trong mặt phẳngOxy, cho→−a = (2; 1),−→b = (3; 4),−→c = (7; 2) Tìm tọa độ−→c =m.−→a +n.−→b

Lời giải. Ta có:−→c =m.→−a +n.−→b ⇔

®

7=2m+3n 2=m+4n ⇔

  

 

m= 22 n=−3

5

Bài 5. Trong mặt phẳngOxy, cho−→a = (−2; 1),−→b = (3; 4)và−→c = (0; 8) Tìm tọa độ−→x thỏa−→x +−→a = −

→ b − −→c

Lời giải. Ta có −→x +−→a = −→b − −→c ⇔ −→x = −−→a +−→b − −→c ⇔ −→x = −(−2; 1) + (3; 4)−(0; 8)⇔ −→x = −(−2; 1) + (3; 4)−(0; 8)⇔ −→x = (5;−5)

Bài 6. Cho−→a = (0; 1),−→b = (−1; 2),−→c = (−3;−2) Tìm tọa độ của−→u =3−→a +2−→b −4−→c

Lời giải. Ta có:3−→a = (0; 3),2−→b = (−2; 4),−4−→c = (12; 8)nên−→u = (10; 15)

Bài 7. Trong mặt phẳngOxy, cho→−a = (2; 1),−→b = (3; 4),−→c = (7; 2) Tìmmvànđể−→c =m−→a +n−→b

Lời giải. Ta có:m−→a +n−→b = (2m+3n;m+4n) Mà:−→c =m−→a +n−→b⇔

®

2m+3n=7 m+4n=2 ⇔

  

 

m= 22 n=−3

5

Bài 8. Trên trụcOxcho điểmA(2),B(−2) Tìm điểmM(x)thỏa mãn điều kiệnMA.MB≤AB2

Lời giải. Ta có:MA=2−x,MB=−2−x,AB=−4

MA.MB≤AB2⇔(2−x)(2+x)≥ −16⇔x2−8≤0⇔ −2√5≤x≤2√5 Bài 9. Trên trục tọa độ(O;−→e), cho ba điểmA(−4),B(9),C(−3)

a Tìm điểmM(x)thỏa mãn điều kiệnAB=2CM

b Tìm điểmP(x)thỏa mãn điều kiệnPA+2PB+3PC≤0 c Tìm điểmQ(x)thỏa mãn điều kiệnQA.QB≤QC2

Lời giải.

a AB=13,2CM=2x+6 Theo giả thiết ta suy ra13=2x+6⇔x= b PA=−4−x,2PB=18−2x,3PC=−9−3x

Theo giả thiết ta suy ra−4−x+18−2x−9−3x≤0⇔x≥ c QA=−4−x,QB=9−x,QC=−3−x

Theo giả thiết ta suy ra(−4−x)(9−x)≤(−3−x)2⇔x≥ −45 11

Bài 10. Trên trục tọa độx0Oxcho ba điểmA, B,Ccó tọa độ 9,−6, Tìm điểm đối xứng với điểmAvàBquaC

Lời giải. GọiA0,B0lần lượt điểm đối xứng với điểmAvàBquaC VìClà trung điểm đoạnAA0nênxC= xA+xA0

Dạng Xác định tọa độ véc-tơ điểm mặt phẳng tọa độOxy

Trong mặt phẳngOxy, với điểmMtùy ý, tồn hai số thựcx,ysao choOM−−→=x−→i +y−→j

Bộ hai số thực(x;y)được gọi làtọa độcủa véc-tơ−OM−→,ký hiệuOM−−→= (x;y)hay−OM(x;−→ y)

4!

• Tọa độ véc-tơ đơn vị−→i là(1; 0),tức là−→i = (1; 0)

• Tọa độ véc-tơ đơn vị−→j là(0; 1),tức là−→j = (0; 1)

• Tọa độ véc-tơ-không là(0; 0),tức là−→0 = (0; 0)

Nếu biết tọa độ hai điểmA,Bthì ta tính tọa độ véc-tơ−AB→theo cơng thức −→

AB= (xB−xA;yB−yA)

Ví dụ 8. Trong mặt phẳngOxy, cho hình bình hànhABCDcóA(3; 2),B(2;−1),C(−2;−2) Tìm tọa độ điểmD

Lời giải. GọiD(x;y) Ta có−→AD= (x−3;y−2),−BC→= (−4;−1) Vì−→AD=−BC→nên

®

x−3=−4 y−2=−1 ⇒

®

x=−1 y=1

Vậy tọa độ điểmDlà(−1; 1)

Ví dụ 9. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABC.GọiM(4;−1),N(3; 0)vàP(4; 2)lần lượt trung điểm cạnhBC,CAvàAB.Tìm tọa độ đỉnh tam giácABC

Lời giải.

x y

−1

−4 −3 −2 −1

M B

C A

P N

Ta có−→NA= (xA−3;yA),−→MP= (0; 3) VìNAPM hình bình hành nên−→NA=−→MP ⇔

®

xA−3=0

yA=3 ⇔

®

xA=3 yA=3

Vậy tọa độ điểmAlà(3; 3)

Ví dụ 10. Trong mặt phẳngOxy, cho hình bình hànhABCD cóAD=3và chiều cao ứng với cạnh ADbằng2góc BAD‘ =30◦.Chọn hệ trục tọa độ(A;

− →

i ,−→j )sao cho−→i −→ADcùng hướng Tìm tọa độ véc-tơ−AB→,−BC→,CD−→và−AC→

Lời giải.

A H D

B C

KẻBH⊥AD Ta cóBH=2,AB=4,AH=2√3 Do ta cóA(0; 0),B(2; 2),C(5; 2),D(3; 0)

Suy ra−AB→= (2; 2),−BC→= (3; 0),CD−→= (−2;−2),−AC→= (5; 2) BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 11. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABCcóA(−1; 4),B(2; 6),C(1; 1).Tìm tọa độ điểmDsao cho tứ giácABCDlà hình bình hành

Lời giải. GọiD(x;y) Ta có−→AD= (x+1;y−4),−BC→= (−1;−5) Vì−→AD=−BC→nên

®

x+1=−1 y−4=−5 ⇒

®

x=−2 y=−1

Vậy tọa độ điểmDlà(−2;−1)

Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho bốn điểm A(1;−1), B(2; 2), C(1;−5), D(3; 1) Chứng minh hai đường thẳngABvàCDsong song với

Lời giải. Ta có−AB→= (1; 3),CD−→= (2; 6)

Suy raCD−→=2−AB Do hai đường thẳng→ ABvàCDsong song trùng Ta có−AC→= (0;−4)và−AB→= (1; 3)khơng phương

1 6= −4

3 VậyABkCD

Bài 13. Cho tam giác đềuABCcạnha.Chọn hệ trục tọa độ(O;−→i ,−→j ),trong đóOlà trung điểm cạnh BC,−→i hướng với−→OC,→−j hướng với−OA→

a) Tìm tọa độ đỉnh tam giácABC; b) Tìm tọa độ trung điểmE cạnhAC;

c) Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC

Lời giải.

C I

O B

A

E a a√3

a) Ta cóB

−a 2;

,C 0;a

Vì4ABClà tam giác nênAO= a √

3 Suy raA

Ç 0;a √ å b)E Ç a 4;

a√3

å

c) GọiIlà tâm đường trịn ngoại tiếp4ABC Ta cóOI=

3OA= a√3

6 Suy raI

Ç 0;a √ å

Dạng Tính tọa độ trung điểm - trọng tâm

Phương pháp giải, kinh nghiệm giải Mlà trung điểmAB⇔

  

 

xM= xA+xB yM= yA+yB

2 Glà trọng tâm tam giácABC⇔

  

 

xG=xA+xB+xC yG=yA+yB+yC

3

Ví dụ 11. Trong mặt phẳng Oxy,cho hai điểm A(1; 4), B(−2; 6) Tìm tọa độ trung điểm đoạn thẳngAB

Lời giải. GọiM(xM;yM)là trung điểmAB, đó:

  

 

xM=

xA+xB

2 yM=

yA+yB ⇔     

xM =

1−2 yM =4+6

2 ⇔

 



xM =−1 yM =5

VậyM

Å−1

2 ;

ã

Ví dụ 12. Trong mặt phẳngOxy,cho hai điểmA(−1; 2), B(1; 4),C(−1;−2) Tìm tọa độ trọng tâm tam giácABC

Lời giải. GọiG(xG;yG)là trọng tâm tam giácABC, đó: 

 

 

xG= xA+xB+xC yG= yA+yB+yC

3 ⇔     

xG=−1+1−1 yG=

2+4−2 ⇔     

xG= −1 yG=

4 VậyG Å−1 ; ã

Ví dụ 13. Trong mặt phẳngOxy,cho ba điểmA(3; 1),B(2; 2), G(2;−1) Tìm tọa độ điểmC biếtG trọng tâm tam giácABC

Lời giải. GọiC(xC;yC)

  

 

xG= xA+xB+xC yG= yA+yB+yC

3 ⇔     

2= 3+2+xC −1= 1+2+yC

3

⇔

®

xC=1 yC=−6

VậyC(1;−6)

Ví dụ 14. Trong mặt phẳngOxy, cho hai điểmA(−2; 0),B(0;−4) GọiMlà trung điểm củaAB, tìm tọa độ trọng tâm tam giácOBM

Lời giải. GọiG(xG;yG)là trọng tâm tam giácOBM,M(xM;yM)là trung điểmAB

Ta có:     

xM= xA+xB yM= yA+yB

2 ⇔

®

xM=−1

yM=−2

  

 

xG= xO+xB+xM yG= yO+yB+yM

3 ⇔     

xG= −1 yG= −4−2

3 ⇔

 



xG=−1 yG=−2

VậyG

Å−1

3 ;−2

ã

Ví dụ 15. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABCbiếtA(1; 5),B(−4;−3),C(2;−1) GọiGlà trọng tâm tam giácABC, tìm tọa độ điểmG0là điểm đối xứng củaGquaB

Lời giải. GọiG(xG;yG),G0 x0G;y0G

Ta có: 

 

 

xG= xA+xB+xC yG= yA+yB+yC

3 ⇔     

xG=1−4+2 yG=

5−3−1 ⇔     

xG= −1 yG=

3

VìG0là ảnh đối xứng củaGquaBnênBlà trung điểm củaGG0.Ta có:

®

xG0=2xB−xG yG0=2yB−yG

⇔     

xG0=2.(−4)− −1

3 yG0=2.(−3)−1

3 ⇔     

xG0= −23

3 yG0= −19

3 VậyG Å−23 ; −19 ã

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 14. Trong mặt phẳngOxy,cho hai điểmA(0; 2),B(−3;−2) Tìm tọa độ trung điểm củaAB

Lời giải. GọiM(xM,yM)là trung điểmAB, đó:

  

 

xM=

xA+xB yM= yA+yB

2 ⇔     

xM =

0−3 yM =2−2

2 ⇔

 



xM = −3 yM =0

VậyM

Å−3

2 ;

ã

Bài 15. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểm A(−1; 2), B(5;−2),C(−2; 1) Tìm tọa độ trọng tâm tam giácABC

Lời giải. GọiG(xG;yG)là trọng tâm tam giácABC, đó:

  

 

xG= xA+xB+xC yG= yA+yB+yC

3 ⇔     

xG=−1+5−2 yG=2−2+1

3 ⇔     

VậyG Å 3; ã

Bài 16. Trong mặt phẳngOxy,cho hai điểmA(−1; 1),D

Å

−1;5

ã

a) Tìm tọa độ điểmBbiếtDlà trung điểm đoạnAB

b) Tìm tọa độ điểmMđối xứng vớiAquaB

Lời giải.

a) GọiB(xB;yB)

Ta có:     

xD= xA+xB yD= yA+yB

2 ⇔     

−1= −1+xB

2= 1+yB

2

⇔

®

xB=−1

yB=4

VậyB(−1; 4)

b) GọiM(xM;yM)là điểm đối xứng vớiAquaB, đóBlà trung điểm củaMA

Ta có:

®

xM =2xB−xA

yM =2yB−yA

⇔

®

xM=2.(−1)−(−1) yM=2.4−1 ⇔

®

xM=−1 yM=7

VậyM(−1; 7)

Bài 17. Trọng mặt phẳngOxy,cho tam giác ABCbiếtA(−3; 2),B(4; 3)và điểmCnằm trụcOx Tìm tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABCvà điểmC,biếtGnằm trụcOy

Lời giải. GọiG(0;yG),C(xC; 0)

Ta có:     

xG=xA+xB+xC yG=

yA+yB+yC ⇔     

0=−3+4+xC yG= 2+3+0

3

⇔  



xC=−1 yG=

3 VậyG Å 0;5 ã

,C(−1; 0)

Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy,tìm tọa độ trọng tâm tam giácABC, biết trung điểm cạnh AB, BC,AC làM(2; 1),N(2; 4),P(−3; 0)

Lời giải. GọiA(xA;yA),B(xB;yB),C(xC;yC)là tọa độ ba đỉnh tam giácABC

G(xG;yG)là trọng tâm tam giácABC

Ta có:             

xA+xB =xM xB+xC

2 =xN xA+xC

2 =xP             

yA+yB =yM yB+yC

2 =yN yA+yC

2 =yP ⇔

®

xA+xB+xC=xM+xN+xP yA+yB+yC=yM+yN+yP

Khi đó:     

xG= xA+xB+xC yG= yA+yB+yC

3 ⇔     

xG= xM+xN+xP yG= yM+yN+yP

3 ⇔     

xG=2+2+ (−3)

3 =

1 yG=1+4+0

Dạng Chứng minh ba điểm thẳng hàng, điểm thuộc đường thẳng

Sử dụng điều kiện cần đủ sau:

• Hai véc-tơ−→a và−→b 6=−→0 phương tồn sốksao cho−→a =k−→b • Ba điểm phân biệtA,B,Cthẳng hàng hai véc-tơ−AB→và−AC→cùng phương • ĐiểmM thuộc đường thẳngABkhi ba điểmM,A,Bthẳng hàng

Ví dụ 16. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểmA(−1; 1),B(1; 3),C(2; 4) a) Chứng minh ba điểmA,B,Cthẳng hàng

b) Đường thẳngABcắt trụcOxtại điểmM Tìm tọa độ điểmM

Lời giải.

a) Ta có:−AB→= (2; 2)vàAC−→= (3; 3)⇒−AB→=

−→ AC

Suy hai véc-tơ−AB→và−AC→cùng phương Do đó, ba điểmA,B,Cthẳng hàng

b) Vì Đường thẳng ABcắt trục Oxtại điểm M nên ba điểm M, A, Bthẳng hàng Suy hai véc-tơ−AB→ −→

AM phương

GọiM(x; 0)thuộc trụcOx Ta có:−AB→= (2; 2)và−→AM= (x+1;−1) −→

ABvà−→AMcùng phương⇔ x+1 =−

1

2 ⇔x=−2 VậyM(−2; 0)

Ví dụ 17. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba véc-tơ−→a = (1; 2),→−b = (−3; 1)và −→c = (6; 5) Tìm mđể véc-tơ−→u =m−→a +−→b phương với−→c

Lời giải.

Ta có:−→u =m−→a +−→b = (m−3; 2m+1) Suy ra:−→u phương với−→c ⇔ m−3

6 =

2m+1

5 ⇔m=−3 Vậym=−3

Ví dụ 18. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểmA(5; 5),B(6;−2),C(−2; 4) a) Chứng minh ba điểmA,B,Clà ba đỉnh tam giác

b) Tìm tọa độ điểmDsao choABCDlà hình bình hành

Lời giải.

a) Ta có:−AB→= (1;−7)và−AC→= (−7;−1) Vì

−7 6= −7

−1 nên hai véc-tơ −→

ABvà−AC→không phương

Suy ba điểmA,B,Ckhơng thẳng hàng Do đóA,B,Clà ba đỉnh tam giác b) GọiD(x;y) Ta có:−→AD= (x−5;y−5)và−BC→= (−8; 6)

ABCDlà hình bình hành⇔−→AD=−BC→⇔

®

x−5=−8 y−5=6 ⇔

®

x=−3 y=11

Ví dụ 19. Trong mặt phẳngOxy, cho hai điểmA(−2; 1)vàB(−4; 5) a) Tìm trụcOxđiểmCsao choABCOlà hình thang có cạnh đáy làAO b) Tìm tọa độ giao điểmI hai đường chéo hình thangABCO

Lời giải.

a) GọiC(x; 0)thuộc trụcOx VìABCOlà hình thang có cạnh đáy làAOnênAOkBC Suy hai véc-tơ−AO→ và−BC→cùng phương

Ta có:−AO→= (2;−1)và−BC→= (x+4;−5) −→

AOvà−BC→cùng phương⇔ x+4

2 =

−5

−1 ⇔x=6 VậyC(6; 0)

b) GọiI(x;y)là giao điểm hai đường chéoOBvàACcủa hình thangABCO

x

−5 −4 −3 −2 −1

y

1

A B

I

C O

Ta có:−OI→= (x;y),−→OB= (−4; 5),AI→− = (x+2;y−1),−AC→= (8;−1) Ta có:O,I,Bthẳng hàng⇔−OI→và−→OBcùng phương x

−4 = y

5 ⇔5x+4y=0(1) Lại có:A,I,Cthẳng hàng⇔AI→− và−AC→cùng phương x+2

8 =

y−1

−1 ⇔x+8y=6(2) Từ(1)và(2)ta có hệ phương trình:

®

5x+4y=0 x+8y=6 ⇔

  

 

x=−2 y=5

6 VậyI

Å

−2 3;

5

ã

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 19. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm phân biệt A(xA;yA) B(xB;yB) Ta nói điểm M chia đoạn

thẳngABtheo tỉ sốk6=1nếu−→MA=k−→MB Chứng minh rằng: 

  

  

xM= xA−kxB 1−k yM=

yA−kyB

Lời giải.

Ta có:−→MA=k−→MB⇔

®

xA−xM=k(xB−xM)

yA−yM=k(yB−yM).⇔

   

  

xM =

xA−kxB

1−k yM =yA−kyB

1−k Khik=−1thì

  

 

xM =xA+xB yM =yA+yB

2

,Mlà trung điểm đoạn thẳngAB

Bài 20. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABCvớiA(0; 2),B(1; 1)vàC(−1;−2) Các điểmA0,B0,C0lần lượt chia đoạn thẳngBC,CA,ABtheo tỉ số

2,−2,−1 a) Tìm tọa độ điểmA0,B0,C0

b) Chứng minh ba điểmA0,B0,C0thẳng hàng

Lời giải.

a) Ta có: −→ A0B=1

2 −→

A0C⇒A0(3; 4)

−→

B0C=−2−→B0A⇒B0

Å

−1 3;

2

ã

−→

C0A=−C−→0B⇒C0

Å

1 2;

3

ã

b) Ta có:−−→A0B0=

Å

−10 ;−

10

ã

và−−→A0C0=

Å

−5 2;−

5

ã

⇒−−→A0B0=

−−→ A0C0

Suy hai véc-tơ−−→A0B0và−−→A0C0cùng phương Do đó, ba điểmA0,B0,C0thẳng hàng

Bài 21. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểmA(5; 0), B(3;−2) Đường thẳngAB cắt trụcOy điểm M Trong ba điểmA,B,M, điểm nằm hai điểm cịn lại?

Lời giải.

Vì Đường thẳngABcắt trụcOytại điểmM nên ba điểmM, A,Bthẳng hàng Suy hai véc-tơ−AB→và −→AM phương

GọiM(0;m)thuộc trụcOy Ta có:−AB→= (−2;−2)và−→AM= (−5;m) −→

ABvà−→AMcùng phương⇔ −5 −2 =

m

−2 ⇔m=−5

Suy raM(−2; 0) Khi đó, ta có:−AB→= (−2;−2)và−→AM= (−5;−5), suy ra−AB→=

−→ AM Vậy điểmBnằm hai điểmAvàM

Bài 22. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểmA(6; 4),B(3;−2),C

Å1

2;

ã

a) Tìm trục hồnh điểmMsao choMA+MBđạt giá trị nhỏ b) Tìm trục hồnh điểmN choNA+NCđạt giá trị nhỏ

a) Ta có hai điểmAvàBnằm hai phía trục hồnh

Với M∈Ox, ta cóMA+MB≥ABvà dấu xảy ba điểmA,M,Bthẳng hàng

Vậy MA+MBcó giá trị nhỏ AB, đạt M giao điểm của đường thẳngABvà trục hồnh

Vì M giao điểm của đường thẳngAB truc hoành nên ba điểmM,A,Bthẳng hàng Suy hai véc-tơ−→AMvà−AB→cùng phương Gọi M(x; 0) thuộc trục Ox Ta có: −→AM = (x−6;−4) −AB→ =

(−3;−6) x

y

−2

−1

B M

A

O

−→

ABvà−→AMcùng phương⇔ x−6 −3 =

−4

−6 ⇔x=4 VậyM(4; 0)

b) Ta có hai điểmAvàCnằm phía trục hoành

Gọi C0 điểm đối xứng với C qua trục hồnh Khi đó, ta có C0

Å1

2;−2

ã

Với N ∈Ox, ta cóNA+NC =NA+NC0≥AC0 dấu xảy ba điểmA,N,C0thẳng hàng

VậyNA+NCcó giá trị nhỏ bằngAC0, đạt khiNlà giao điểm của đường thẳngAC0và trục hồnh

Vì N giao điểm của đường thẳng AC0 truc hoành nên ba điểm N, A, C0 thẳng hàng Suy hai véc-tơ −→AN −→AC0 phương

x

1

y

−2

−1

C0

A

C

N O

GọiN(x; 0)thuộc trụcOx Ta có:−→AN= (x−6;−4)và−→AC0=

Å

−11 ;−6

ã

−→

AN và−→AC0cùng phương⇔−2(x−6)

11 =

−4

−6 ⇔x= VậyN

Å

7 3;

ã

Bài 23. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểmA(6; 4),B(2; 3),C(−2; 1) a) Tìm trục tung điểmMsao cho|MA−MB|đạt giá trị lớn b) Tìm trục tung điểmN cho|NA−NC|đạt giá trị lớn

a) Ta có hai điểmAvàBnằm phía trục tung

Với mọiM∈Oy, ta có|MA−MB| ≤ABvà dấu xảy ba điểmA,M,Bthẳng hàng

Vậy |MA−MB|có giá trị lớn bằngAB, đạt M giao điểm của đường thẳngABvà trục tung

VìMlà giao điểm của đường thẳngABvà trục tung nên ba điểm M,A,Bthẳng hàng Suy hai véc-tơ−→AM và−AB→cùng phương

x

1

y

1

B M

A

O GọiM(0;y)thuộc trụcOy Ta có:−→AM= (−6;y−4)và−AB→= (−4;−1) −→

AM và−AB→cùng phương⇔ −6 −4 =

y−4

−1 ⇔y= VậyM

Å

0;5

ã

b) Ta có hai điểmAvàCnằm hai phía trục hồnh Gọi C0 điểm đối xứng vớiC qua trục tung Khi đó, ta có C0(2; 1)

Với mọiN ∈Oy, ta có |NA−NC|=|NA−NC0| ≤AC0và dấu xảy ba điểmA,N,C0thẳng hàng

Vậy|NA−NC|có giá trị lớn bằngAC0, đạt khiN giao điểm của đường thẳngAC0và trục tung

x

−2 −1

y

−1

N

C0

A

O C

VìN giao điểm của đường thẳngAC0và trục tung nên ba điểm N, A,C0 thẳng hàng Suy hai véc-tơ−→AN và−→AC0cùng phương

GọiN(0;y)thuộc trụcOy Ta có:−→AN= (−6;y−4)và−→AC0= (−4;−3) −→

AN và−→AC0cùng phương⇔−6 −4 =

y−4

−3 ⇔x=− VậyN

Å

0;−1

ã

III. Bài tập tổng hợp

Bài 24. Trong mặt phẳngOxy, tìm tọa độ véc-tơ sau: a)−→a =−5−→i ;

b)−→b =7−→j;

c)−→c =−3−→i +8−→j; d)−→d =0,5→−i −√11−→j

Lời giải. a)−→a =−5−→i = (−5; 0); b)−→b =7−→j = (0; 7);

c)−→c =−3−→i +8−→j = (−3; 8);

d)−→d =0,5−→i −√11−→j = (0,5;−√11)

Bài 25. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểmA(−3;−1),B(1; 1)vàC(7; 4)

a) Tìm tọa độ của−AB→,−BC→.Chứng minhA,B,Cthẳng hàng

b) Chứng minhA,B,Okhơng thẳng hàng Tìm tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABO

c) Tìm tọa độ điểmDtrên trục hoành đểA,B,Dthẳng hàng

Lời giải.

Suy ra−AB→=

−→ BC

Do hai véc-tơ−AB→,−BC→cùng phương VậyA,B,Cthẳng hàng

b) Ta có−AO→= (3; 1) Suy ra−AB→và−AO→là hai véc-tơ khơng phương Do đóA,B,Okhơng thẳng hàng

Tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABO 

 

 

xG= xA+xB+xO

3 =

−3+1+0

3 =

−2 yG= yA+yB+yO

3 =

−1+1+0 =0 VậyG

Å

−2 3;

ã

c) VìD∈OxnênD(x; 0)và−→AD= (x+3; 1) DoA,B,Dthẳng hàng nên−AB→,−→ADcùng phương ⇔ x+3

4 =

1

2 ⇔x=−1 VậyD(−1; 0)

Bài 26. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểmA(−2; 3),B(2; 4)vàC(1;−2)

a) Chứng minhA,B,Clà ba đỉnh tam giác

b) Tính tọa độ véc-tơ−→AMvớiMlà trung điểm củaBC

c) Tính tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABC

Lời giải.

a) Ta có−AB→= (4; 1)và−AC→= (3;−5) Vì

3 6= −5 nên

−→

ABvà−AC→không phương Suy raA,B,Ckhông thẳng hàng

VậyA,B,Clà ba đỉnh tam giác b) GọiM(x;y)là trung điểm củaBC Ta có 

 

 

x= 2+1

2 =

3 y= 4−2

2 =1 Do đóM

Å

3 2;

ã

Vậy−→AM=

Å7

2;−2

ã

c) GọiG(x;y)là trọng tâm tam giácABC Ta có 

 

 

x= −2+2+1

3 =

1 y= 3+4−2

3 = VậyG Å 3; ã

Bài 27. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABCcóA(−2; 2),B(1; 4),C(5; 1)

a) Tìm tọa độ trung điểmI củaAC

b) Tìm tọa độ điểmDsao cho tứ giácABCDlà hình bình hành

Lời giải.

a) GọiI(x;y)là trung điểm củaAC Ta có 

 

 

x= −2+5

2 =

3 y= 2+1

2 =

VậyI

Å

3 2;

3

ã

b) Vì tứ giácABCDlà hình bình hành nênI trung điểm củaBD Suy

  

 

xD+1

2 =

3 yD+4

2 =

3

⇔

®

xD+1=3

yD+4=3

⇔

®

xD=2

xD=−1

VậyD(2;−1)

Bài 28. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABCcóA(2;−1),B(−3; 5),C(4;−7)

a) Tìm tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABC

b) Tìm tọa độ điểmDsao cho tức giácBGCDlà hình bình hành

Lời giải.

a) GọiG(x;y)là trọng tâm tam giácABC Ta có 

 

 

x= 2−3+4

3 =1

y= −1+5−7

3 =−1

VậyG(1;−1)

b) Ta cóCD−→= (xD−4;yD+7),

−→

GB= (−4; 6) VìBGCDlà hình bình hành nênCD−→=−→GB ⇔

®

xD−4=−4

yD+7=6

⇔

®

xD=0

yD=−1

Vậy tọa độ điểmDlà(0;−1)

Bài 29. Trong mặt phẳngOxy, choA(1; 6),B(2; 2)vàC(−2; 3) a) Chứng minh ba điểmA,B,Ctạo thành tam giác b) Tìm tọa độ điểmDsao choABCDlà hình bình hành c) Tìm tọa độ điểmE(x;−2)sao choA,B,Ethẳng hàng

Lời giải.

x y

−3 −2 −1

−3 −2 −1

B D

C

E A

a) Ta có−AB→= (1;−4)và−AC→= (−3;−3) Vì

−3 6= −4 −3 nên

−→

ABvà−AC→không phương Suy raA,B,Ckhông thẳng hàng

VậyA,B,Clà ba đỉnh tam giác

⇔

®

x+2=−1 y−3=4 ⇔

®

x=−3 y=7

Vậy tọa độ điểmDlà(−3; 7)

c) Ta có−AE→= (x−1;−8),−AB→= (1;−4) VìA,B,E thẳng hàng nên x−1

1 =

−8 −4 Suy rax=3

VậyE(3;−2)

Bài 30. Trong mặt phẳngOxy, cho hai điểm B(−3; 2)vàC(6; 5) Tìm tọa độ điểmA thuộc trục tung choAB+ACbé

Lời giải.

x y

−4 −3 −2 −1

−1

A B

C

VìAthuộc trục tung nênA(0;y)

Ta có−BA→= (3;y−2),−BC→= (9; 3)

VìxB=−3<0vàxC=6>0nênBvàCnằm hai phía trục tung

Do đóAB+ACbé khiA,B,Cthẳng hàng Suy hai véc-tơ−BA→,−BC→cùng phương

Tức =

y−2

3 ⇔y=3 VậyA(0; 3)

Bài 31. Trong mặt phẳngOxy, cho hai điểmM(−3;−4)vàN(3;−2) Tìm tọa độ điểmPthuộc trụcOxsao choPM+PN bé

x y

−4 −3 −2 −1

−5 −4 −3 −2 −1

N

M

P

N0

VìP∈OxnênP(x; 0)

VìyM =−4<0vàyN=−2<0nênM,N nằm phía đối vớiOx GọiN0là điểm đối xứng vớiNquaOx

Suy raN0(3; 2)và−−→MN0= (6; 6),−→MP= (x+3; 4)

Ta cóPM+PN=PM+PN0 Do đóPM+PN bé khiPM+PN0bé PM+PN0bé

⇔P,M,N0thẳng hàng

⇔Hai véc-tơ−→MP,−−→MN0cùng phương ⇔ x+3

6 =

4

6 ⇔x=1 VậyP(1; 0)

Bài 32. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(1;−2), B(0; 4), C(3; 2) Tìm điểm D cho D∈Ox ABCDlà hình thang đáy làAB

Lời giải. GọiD(xD; 0)là điểm cầm tìm

ĐểABCDlà hình thang thì−AB→=k−→DC(k>0)⇔

®

xB−xA=k(xC−xD)

yB−yA=k(yC−yD)

⇔

®

0−1=3k−k.xD

4−(−2) =2k ⇔  



k=3 (nhận) xD= 10

3 VậyD

Å

10 ;

ã

Bài 33. Trong mặt phẳngOxy,cho tam giácABC GọiG, I, H trọng tâm, tâm đường trịn ngoại tiếp, trực tâm tam giácABC Tìm tọa độ trọng tâmGbiếtI(0; 2),H(3; 5)

Kéo dàiAI cắt đường trịn tạiD

Ta có:ACD‘ =900⇒CD⊥ACmàBH⊥AC⇒BH song songCD

Tương tự ta cóBDsong songHC

⇒HCDBlà hình bình hành Ta có:−→GA+−→GB+−→GC=−→0

Chèn điểm H vào ta suy ra3−→GH+−→HA+HB−→+−→HC=−→0

Theo quy tắc hình bình hành ta có−→HB+−→HC=−→HD Ta suy được3−→GH+−→HA+−→HD=−→0

⇔3−→GH=2−HI→ ⇔

®

3(xH−xG) =2(xI−xH)

3(yH−yG) =2(xI−xH)

⇔

®

xG=5 yG=7

VậyG(5; 7)

C

A B

D

H G I

Bài 34. Trong mặt phẳngOxy, cho ba điểmA(5; 3),B(2;−3),C(−2; 1) a) Chứng minh rằngA,B,Clà ba đỉnh tam giác

b) Tìm trục hồnh điểmMsao cho

−→

MA+−→MB+−→MC

đạt giá trị nhỏ c) Tìm trục tung điểmN cho

−→

NA−4−→NB+9−→MC

đạt giá trị nhỏ

Lời giải.

a) Ta có:−AB→= (−3;−6)và−AC→= (−7;−2) Vì −3

−7 6= −6

−2 nên hai véc-tơ −→

ABvà−AC→không phương

Suy ba điểmA,B,Ckhông thẳng hàng Do đóA,B,Clà ba đỉnh tam giác b) GọiGlà trọng tâm tam giácABC, ta có:G

Å

5 3;

1

ã

Ta có:

−→

MA+−→MB+−→MC =

−−→ MG

=3MG Do đó,

−→

MA+−→MB+−→MC

nhỏ nhất⇔MGnhỏ nhất⇔Mlà hình chiếu củaGtrên trục hồnh Suy raM

Å

5 3;

ã

c) GọiIlà điểm thỏa mãn−→IA−4IB→− +9−IC→=−→0 GọiI(x;y), ta có:

− →

IA−4−→IB+9−→IC=−→0 ⇔

®

x−5−4(x−2) +9(x+2) =0 y−3−4(y+3) +9(y−1) =0

⇔

®

6x+21=0 6y−24=0

⇔  



x=−7 y=4

Suy raI

Å

−7 3;

ã

−→

NA−4−→NB+9−→MC =

−→

NI+−→IA−4Ä−NI→+IB→−ä+9Ä−MI→+−→ICä =

−→

NI+Ä−→IA−4−→IB+9−IC→ä =

6 −→ NI

=6NI Do đó,

−→

NA−4−→NB+9−→MC

nhỏ nhất⇔NI nhỏ nhất⇔N hình chiếu củaItrên trục tung Suy raN(0; 4)

Bài 35. Trong mặt phẳngOxy, cho hai điểmA(−3; 3), B(−1; 4) Đường thẳng qua hai điểm AvàBcắt trục hoành M cắt trục tung tạiN Tính diện tích tam giác OMN độ dài đường cao tam giác OMNkẻ từO

Lời giải.

x

−10 −9 −8 −7 −6 −5 −4 −3 −2 −1

y

−1

N

O M

A

B H

Vì Đường thẳngABcắt trụcOxtại điểmM nên ba điểmM, A,Bthẳng hàng Suy hai véc-tơ−→AM và−AB→ phương

GọiM(x; 0)thuộc trụcOx Ta có:−→AM= (x+3;−3)và−AB→= (2; 1) −→

AMvà−AB→cùng phương⇔ x+3

2 =

−3

1 ⇔x=−9 VậyM(−9; 0)

Vì Đường thẳngABcắt trục Oy điểmN nên ba điểm N, A, Bthẳng hàng Suy hai véc-tơ−→AN −AB→ phương

GọiN(0;y)thuộc trụcOy Ta có:−→AN= (3;y−3)và−AB→= (2; 1) −→

ANvà−AB→cùng phương⇔ =

y−3

1 ⇔y= VậyN

Å

0;9

ã

Vì tam giácOMNvng tạiOnên tam giácOMNcó diện tích là: S4OMN =1

2OM.ON= 2.9

9 =

81 GọiH chân đường cao kẻ từOcủa tam giác vngOMN Khi đó, ta có:

1 OH2 =

1 OM2+

1 ON2 =

1 81+

4 91 =

5 81 Do đó, ta có:OH2=81

5 ⇒OH= 9√5

Bài 36. Cho bốn điểm phân biệtA,B,C,D GọiIvàJlần lượt trung điểm đoạn thẳngABvàCD; Pvà Qlần lượt trung điểm đoạn thẳngAC BD;M vàN trung điểm đoạn thẳngADvàBC Chứng minh ba đoạn thẳngIJ,PQvàMNcó trung điểm

Lời giải.

M

I Q

J

D P

N B

C

A

Xét mặt phẳng tọa độOxy Giả sửA(a1;a2),B(b1;b2),C(c1;c2)vàD(d1;d2) Ta có: • I

Åa

1+b1 ;

a2+b2

ã

,J

Åc

1+d1 ;

c2+d2

ã

Suy trung điểm đoạn thẳngIJcó tọa độ

Åa

1+b1+c1+d1

4 ;

a2+b2+c2+d2

ã

(1) • P

a1+c1 ;

a2+c2

, Q

Åb

1+d1 ;

b2+d2

ã

Suy trung điểm đoạn thẳng PQ có tọa độ

Åa

1+b1+c1+d1

4 ;

a2+b2+c2+d2

ã

(2) • M

Åa

1+d1 ;

a2+d2

ã

, N

Åb

1+c1 ;

b2+c2

ã

Suy trung điểm đoạn thẳng MN có tọa độ

Åa

1+b1+c1+d1

4 ;

a2+b2+c2+d2

ã

(3)

§5. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I

I. Đề số 1a

Câu 1. (1 điểm) Cho hình bình hànhABCDtâmO GọiM,N,P,Qlần lượt trung điểm cạnhAB,BC,CD,DA (hình vẽ)

C

O P

B M

N

A

D

Q

a) Từ hình vẽ, tất véc-tơ đối véc-tơ−AB.→ b) Từ hình vẽ, tất véc-tơ véc-tơ−OA.→

Lời giải.

a) Các véc-tơ đối véc-tơ−AB→là−BA→,−→NQ,CD 0,5 điểm.−→ b) Các véc-tơ véc-tơ−OA→làCO−→,−→PQ,−NM 0,5 điểm.−→ Câu 2. (1 điểm) Cho hình chữ nhậtABCDcóAB=8cm,BC=6cm

a) Chứng minh rằng, với điểmM, ta ln có−AC→+−→BM=−→AM+−BC.→ b) Tính độ dài véc-tơ−→u =−AC→+−→AD−−BC.→

Lời giải. Hình vẽ

D C

O

A B

a) Vì −AC→+−→BM=AM−→+−BC→⇔−AC→−−→AM=−BC→−BM−→⇔−→MC=−→MC (đúng với mọiM) nên ta có đẳng thức cần chứng minh 0,5 điểm b) VìAD−→=−BC→nên−→u =AC−→+−→AD−−BC→=−AC 0,25 điểm.→

Do đó|−→u|=

−→ AC

= √

AB2+BC2=10cm 0,25 điểm. Câu 3. (2 điểm) Cho tam giácABC Tìm quỹ tích điểmMthỏa mãn điều kiện

3

−→ MA =

−→

Lời giải. GọiIlà trung điểmBC, ta có−→MB+−→MC=2−MI 0,5 điểm.→ Suy

2 −→

MA−−→MB−−→MC = −→ MA−2−MI→

=2 − → IA

0,5 điểm Do đó3

−→ MA = −→

MA−−→MB−−→MC

⇔AM=

3AI 0,5 điểm Vậy, quỹ tích điểmMlà đường trịn tâmA, bán kínhr=

3AI 0,5 điểm Câu 4. (2 điểm) Cho tam giácABC GọiIvàJlần lượt điểm cho−→IB+5−IC→=−→0 và−JB→−3−JC→=−→0 Hãy phân tích véc-tơ−→AIvà−AJ→theo hai véc-tơ−AB→,−AC.→

Lời giải. Hình vẽ

A

C

B I J

Ta có−→IB+5−→IC=→−0 ⇔Ä−→IA+−AB→ä+5Ä−→IA+−AC→ä=−→0 ⇔−→AI=

−→ AB+5

6 −→

AC điểm −→

JB−3−JC→=−→0 ⇔Ä−JA→+−AB→ä−3Ä−JA→+−AC→ä=−→0 ⇔−AJ→=−1

−→ AB+3

2 −→

AC điểm Câu 5. (4 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho điểmM(−3; 4),P(1; 1)và điểmN cho−→ON=2−→i −−→j

a) Chứng minh rằngM,N,Pkhông thẳng hàng Xác định điểmQsao choMPNQlà hình bình hành b) Xác định điểmItrên trụcOysao cho

−→

IN+−→IP+4−IM→

đạt giá trị nhỏ

Lời giải.

a) Từ−→ON=2→−i −−→j suy raN(2;−1) 0,25 điểm Ta có−MN−→= (5;−5),−→MP= (4;−3)và

4 6= −5

−3 nênM,N,Pkhông thẳng hàng 0,5 điểm Giả sửQ(x;y) Ta có−→MP= (4;−3)và−→QN= (2−x;−1−y) 0,5 điểm MPNQlà hình bình hành khi−→MP=−→QN⇔

®

4=2−x −3=−1−y ⇔

®

x=−2

y=2 0,5 điểm VậyQ(−2; 2) 0,25 điểm b) GọiK(a;b)là điểm cho−→KN+−→KP+4−KM−→=−→0 0,5 điểm Ta có−→KN= (2−a;−1−b),−→KP= (1−a; 1−b),−KM−→= (−3−a; 4−b) 0,5 điểm Do đóKN−→+−→KP+4KM−−→=−→0 ⇔

  

 

a=−3 b=

3

Suy raK

Å −3 2; ã

0,5 điểm VìI ∈Oy nên

−→

IN+−→IP+4−IM→ = −→ IK

=6.IK đạt giá trị nhỏ I hình chiếu vng góc củaK lênOy Suy raI

Å

0;8

ã

II. Đề số 1b

Câu 1. (1 điểm) Cho hình bình hànhABCDtâmO GọiM,N,P,Qlần lượt trung điểm cạnhAB,BC,CD,DA (hình vẽ)

C

O P

B M

N

A

D

Q

a) Từ hình vẽ, tất véc-tơ đối véc-tơ−BC.→ b) Từ hình vẽ, tất véc-tơ véc-tơ−→OB

Lời giải.

a) Các véc-tơ đối véc-tơ−BC→là−CB→,−DA→,−→PM 0,5 điểm b) Các véc-tơ véc-tơ−→OBlà−→DO,−QM−→,−→PN 0,5 điểm Câu 2. (1 điểm) Cho hình thoiABCDcóAB=6cm,BAD‘ =60◦

a) Chứng minh rằng, với điểmM, ta ln có−AC→+−→BM=−→AM+−BC.→ b) Tính độ dài véc-tơ−→u =−AC→+−→AD−−BC.→

Lời giải. Hình vẽ

D C

A B

O

a) Vì −AC→+−→BM=AM−→+−BC→⇔−AC→−−→AM=−BC→−BM−→⇔−→MC=−→MC (đúng với mọiM) nên ta có đẳng thức cần chứng minh 0,5 điểm b) VìAD−→=−BC→nên−→u =AC−→+−→AD−−BC→=−AC 0,25 điểm.→

Do đó|−→u|=

−→ AC

=2AO=6 √

3cm 0,25 điểm Câu 3. (2 điểm) Cho tam giácABC Tìm quỹ tích điểmMthỏa mãn điều kiện

−→ MB =

−→

MA+−→MB−2−→MC

Lời giải. GọiIlà trung điểmAB Ta có−→MA+−→MB=2−MI→ 0,5 điểm Suy

−→

MA+−→MB−2−→MC =

−→

MI−2−→MC

=2|CI| 0,5 điểm Do

−→ MB =

−→

MA+−→MB−2−→MC

Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác ABC Gọi K H điểm cho−→KB+5−→KC=−→0 −→HB− 3−→HC=−→0 Hãy phân tích véc-tơ−→AK và−→AHtheo hai véc-tơ−AB→,−AC.→

Lời giải. Hình vẽ

A

C

B K H

Ta có−→KB+5−→KC=→−0 ⇔Ä−→KA+−AB→ä+5Ä−→KA+−AC→ä=−→0 ⇔−→AK=

−→ AB+5

6 −→

AC điểm Ta có−→HB−3−→HC=−→0 ⇔Ä−→HA+−AB→ä−3Ä−→HA+−AC→ä=−→0 ⇔−→AH=−1

2 −→ AB+3

2 −→

AC điểm Câu 5. (4 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho hai điểmN(2;−1),P(1; 1)và điểmMsao choOM−−→=−3−→i +4−→j

a) Chứng minh rằngM,N,Pkhơng thẳng hàng Xác định điểmQsao choMNQPlà hình bình hành b) Xác định điểmItrên trụcOxsao cho

−→

IN+−→IP+4−IM→

đạt giá trị nhỏ

Lời giải.

a) Từ−OM−→=−3→−i +4−→j suy raM(−3; 4) 0,25 điểm Ta có−MN−→= (5;−5),−→MP= (4;−3)và

4 6= −5

−3 nênM,N,Pkhông thẳng hàng 0,5 điểm Giả sửQ(x;y) Ta có−→MP= (4;−3)và−→QN= (x−2;y+1) 0,5 điểm MNQPlà hình bình hành khi−→MP=−→NQ⇔

®

4=x−2 −3=y+1 ⇔

®

x=6

y=−4 0,5 điểm VậyQ(6;−4) 0,25 điểm b) GọiK(a;b)là điểm cho−→KN+−→KP+4−KM−→=−→0 0,5 điểm Ta có−→KN= (2−a;−1−b),−→KP= (1−a; 1−b),−KM−→= (−3−a; 4−b) 0,5 điểm Do đóKN−→+−→KP+4KM−−→=−→0 ⇔

  

 

a=−3 b=

3

Suy raK

Å

−3 2;

8

ã

0,5 điểm VìI ∈Ox nên

−→

IN+−→IP+4−IM→ =

−→ IK

=6.IK đạt giá trị nhỏ I hình chiếu vng góc củaK lênOx Suy raI

Å

−3 2;

ã

III. Đề số 2a

Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hànhMNPQcóIlà giao điểm hai đường chéo Xét véc-tơ có điểm đầu, điểm cuối điểmM,N,P,Q,I

a) Tìm véc-tơ bằng−MI.→

b) Tìm tất các véc-tơ đối của−QI.→ c) Chứng minh:−MI→+−NI→+PI→− +−QI→=−→0

Lời giải.

a) Véc-tơ bằng−MI→là−→IP .0,5 b) Tất véc-tơ đối của−QI→là−IQ→,−NI→ .0,5 c) Vì tứ giácABCDlà hình bình hành nên−MI→=−→IP,NI−→=−IQ→ .0,5

Do đó: −→

MI+−NI→+−→PI+−QI→=−→IP+IQ−→+−→PI+QI−→=−→0 0,5 M

N

Q P

I

Câu 2. (2 điểm) Cho tam giác ABC cóM, N, Plần lượt trung điểm củaAB, AC BC GọiGlà trọng tâm tam giácABC

a) Tìmx,ybiết−MN−→=xBC−→và−AG→=y−AP.→ b) Phân tích−AG→theo−AB→và−AC.→

Lời giải.

a) DoMNlà đường trung bình tan giácABCnênBC=2MN Suy ra:−MN−→=

2 −→ BC Vậyx=

2 .0,5 DoGlà trọng tâm tam giácABCnênAG=

3AP Suy ra:−AG→=2

3 −→ AP Vậyy=

3 .0,5 A

B

C M

N P G

b) DoPlà trung điểm củaBCnên−AP→=1

−→ AB+1

2 −→

AC .0,5 Mà−AG→=

3 −→ AP Do đó:−AG→=1

−→ AB+1

3 −→

AC .0,5 Câu 3. (2 điểm) Trong mặt phẳngOxy, cho3điểmA(1; 2),B(5; 2)C(2; 3)

a) Chứng minh3điểmA,B,Ctạo thành3đỉnh tam giác b) Tìm điểmDsao cho tứ giácABDClà hình bình hành

a) Ta có−AB→= (4; 0),−AC→= (1; 1) .0,5 Suy ra:−AB→6=k−AC→,∀k∈R

Do đó, hai véc-tơ−AB→và−AC→khơng phương Suy ra,3điểmA,B,Ckhông thẳng hàng

Vậy,3điểmA,B,Ctạo thành3đỉnh tam giác 0,5

A B

C D

b) GọiD(x;y) Ta cóCD−→= (x−2;y−3)

Tứ giácABDClà hình bình hành⇔−AB→=CD−→ .0,5 ⇔

®

x−2=4 y−3=0 ⇔

®

x=6 y=3

VậyD= (6; 3) .0,5 Câu 4. (2 điểm) Cho tam giácABC Tìm điểmMsao cho2−→MA+2−→MB+−→MC=−→0

Lời giải.

GọiI trung điểm củaAB Ta có2−→MA+2−→MB+−→MC=−→0 ⇔2Ä−→MA+−→MBä+−→MC=−→0

⇔4−MI→+−→MC=−→0 1,0 ⇔−→MC=−4−MI→

Vậy, điểmMnằm giữa2điểmCvàI choMC=4MI .1,0 A

B

C I

M

Câu 5. (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(1; 2) B(3; 1) Tìm điểm M thuộc Ox cho

−→ MA

+

−→ MB

nhỏ

Lời giải.

Gọi A0 điểm đối xứng với điểm A qua trục Ox Suy A0(1;−2) AM=A0M

GọiM(x; 0) Khi đó:−−→A0M= (x−1; 2),−→A0B= (2; 3) .0,5 Ta có

−→ MA +

−→ MB

=MA+MB=MA

0+MB≥A0B. Do đó,

−→ MA +

−→ MB

nhỏ chi3điểmA

0,M, Bthẳng hàng 0,5

⇔ ∃k∈R∗,−−→A0M=k−→A0B⇔

®

x−1=2k

2=3k 0,5

x y

O A

B

A0

M

⇔   

 

k= x=7

VậyM=

Å

7 3;

ã

IV. Đề số 2b

Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hànhABCDcóOlà giao điểm hai đường chéo Xét véc-tơ có điểm đầu, điểm cuối điểmA,B,C,D,O

a) Tìm véc-tơ bằngCO.−→

b) Tìm tất các véc-tơ đối của−OA.→ c) Chứng minh:−AB→+2AC−→+−→AD=3−AC.→

Lời giải.

a) Véc-tơ bằngCO−→là−OA→ .0,5 b) Tất véc-tơ đối của−OA→là−AO→,−→OC .0,5 c) Vì tứ giácABCDlà hình bình hành nên−AB→+AD−→=−AC→ .0,5

Do đó: −→

AB+2−AC→+−→AD=−AC→+2−AC→=3−AC→ .0,5 A

B

D C

O

Câu 2. (2 điểm) Cho tam giác ABC cóM, N, Plần lượt trung điểm củaAB, AC BC GọiGlà trọng tâm tam giácABC

a) Tìmx,ybiết−AC→=xPM−→và−→CG=y−MG.−→ b) Phân tích−→BGtheo−AB→và−BC.→

Lời giải.

a) DoMPlà đường trung bình tan giácABCnênAC=2MP Suy ra:−AC→=−2−→PM

Vậyx=−2 .0,5 DoGlà trọng tâm tam giácABCnênCG=2MG

Suy ra:−→CG=−2−MG.−→

Vậyy=−2 .0,5 A

B

C M

N P G

b) DoN trung điểm củaAC nên−→BN=

−→ BA+1

2 −→ BC ⇒−→BN=−1

2 −→ AB+1

2 −→

BC .0,5 Mà−→BG=

3 −→ BN Do đó:−→BG=−1

3 −→ AB+1

3 −→

BC .0,5 Câu 3. (2 điểm) Trong mặt phẳngOxy, cho3điểmA(1; 3),B(3; 4)C(0; 3)

a) Chứng minh3điểmA,B,Ctạo thành3đỉnh tam giác b) Tìm điểmDsao cho tứ giácABCDlà hình bình hành

a) Ta có−AB→= (2; 1),−AC→= (−1; 0) .0,5 Suy ra:−AB→6=k−AC→,∀k∈R

Do đó, hai véc-tơ−AB→và−AC→khơng phương Suy ra,3điểmA,B,Ckhông thẳng hàng

Vậy,3điểmA,B,Ctạo thành3đỉnh tam giác 0,5

A

B

C

D

b) GọiD(x;y) Ta cóCD−→= (x;y−3)

Tứ giácABDClà hình bình hành⇔−AB→=CD−→ .0,5 ⇔

®

x=2

y−3=1 ⇔

®

x=2 y=4

VậyD= (2; 4) .0,5 Câu 4. (2 điểm) Cho tam giácABC Tìm điểmMsao cho−→MA+MB−→+2−→MC=−→0

Lời giải.

GọiI trung điểm củaAB Ta có−→MA+−→MB+2−→MC=−→0

⇔2−MI→+2MC−→=−→0 1,0 ⇔−→MC=−−MI→

Vậy, điểmMlà trung điểm đoạn thẳngMI 1,0 A

B

C I

M

Câu 5. (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(1; 2) B(3; 1) Tìm điểm M thuộc Oy cho −→ MA + −→ MB nhỏ Lời giải.

GọiA0 điểm đối xứng với điểm Aqua trục Oy Suy A0(−1; 2) AM=A0M

GọiM(0;y) Khi đó:−−→A0M= (1;y−2),−→A0B= (4;−1) .0,5 Ta có −→ MA + −→ MB

=MA+MB=MA

0+MB≥A0B. Do đó, −→ MA + −→ MB

nhỏ chi điểm A

0, M, B thẳng hàng 0,5 ⇔ ∃k∈R∗,−−→A0M=k−→A0B⇔

®

4k=1

y−2=−k 0,5

x y O A B A0 M ⇔     

k= y=7

VậyM=

Å

0;7

ã

V. Đề số 3a

Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD Chỉ xét véc-tơ có điểm đầu điểm cuối đỉnh hình bình hànhABCD

a) Hãy véc-tơ phương với véc-tơ−AB.→ b) Chứng minh rằng−→AD+−BC→=−AC→+−→BD

Lời giải.

C D

A B

a) −AB→cùng phương vớiCD,−→ −→DC,−BA→ 1,0 b) −→AD+−BC→=−AC→+CD−→+−→BD+−→DC=−AC→+−→BD 1,0 Câu 2. (1 điểm) Cho tam giác ABC Gọi M, N điểm thoả mãn −→MA+−→MB=→−0, −→NC+3−→NB=−→0 Phân tích véc-tơ−MN−→theo hai véc-tơ−AB,→ −AC.→

Lời giải.

C

N

A M B

−−→

MN=−→MB+−→BN=

−→ AB+1

4 −→ BC=

4 −→ AB+1

4 −→

AC 1,0 Câu 3. Cho ba véc-tơ−→a = (1; 2),−→b = (−3; 3),−→c = (5;−2)

a) Tìm tọa độ véc-tơ−→x =2−→a −3−→b +2−→c b) Phân tích véc-tơ−→a theo hai véc-tơ−→b và−→c

Lời giải.

b) Giả sử−→a =m−→b +n−→c Ta có hệ

®

−3m+5n=1

3m−2n=2 Giải hệ ta đượcm=

3,n=1 Vậy−→a =

3 − →

b +−→c 1,0 Câu 4. (3 điểm) Trong hệ trục tọa độOxy, cho ba điểmA(1; 3),B(2;−3),C(−2; 1)

a) Chứng minh ba điểmA,B,Ctạo thành ba đỉnh tam giác b) Tìm tạo độ điểmDsao choClà trọng tâm tam giácABD c) Tìm tọa độ điểmItrên trụcOxsao cho ba điểmA,I,Bthẳng hàng

Lời giải.

x y

1

2

−3 −2

1 A

C

B

a) Ta có:AB−→= (1;−6), −AC→= (−3;−2), đóAB−→và−AC→khơng phương Vì vậy, ba điểmA,B,C khơng thẳng hàng hay ba điểm tạo thành đỉnh tam giác 1,0 b) GọiD(a,b)là điểm choClà trọng tâm tam giácABD

Ta có:   

 

−2= a+1+2 1= b+3−3

3

⇔

®

a=−9

b=3 VậyD(−9; 3) 1,0

c) Giả sử đường thẳng quaAvàBcó phương trình dạngy=ax+b Ta có hệ phương trình

®

3=a·1+b −3=a·2+b⇔

®

a=−6

b=9 Do đó, phương trình đường thẳng quaAvàB lày=−6x+9

Giao điểm đường thẳngABvới trụcOxlà nghiệm hệ

®

y=0

y=−6x+9⇔  

 x=

2 y=0

Vậy,I

Å

3 2;

ã

1,0

Câu 5. (2 điểm) Cho tứ giácABCD

a) Xác định điểmIthỏa mãn điều kiện−→IA+−→IB+3−→IC=−→0; b) Tìm tập hợp điểmMsao cho

−→

MA+−→MB+3−→MC =5

−−→ MD

C

D x

0

y0 I

A P B

a) Gọi P trung điểm AB Lúc này, với điểm I ta có: −→IA+−→IB=2−→IP Từ giả thiết suy −

→ IP=−3

2 − →

IC, điểm I nằm hai điểmP,C lấy sau: chia đoạnPCthành phần lấyIsao choIC=

5PC 1,0 b) Từ giả thiết ta có

−→ MI =

−−→ MD

VI. Đề số 3b

Câu 1. (2 điểm) Cho hình bình hànhABCD.Chỉ xét véc-tơ có điểm đầu điểm cuối đỉnh hình bình hànhABCD

a) Hãy véc-tơ phương với véc-tơ−→AD b) Chứng minh rằng−AB→+−→DC=−AC→+−→DB

Lời giải.

C D

A B

a) −→ADcùng phương vớiCB,−→ −BC,→ −DA→ 1,0 b) −AB→+−→DC=−AC→+CB−→+−→DB+−BC→=−AC→+−→DB 1,0 Câu 2. (1 điểm) Cho tam giácABC GọiP,Qlà điểm thoả mãn−→QC−3−→QA=−→0,−PC→+3−PB→=−→0 Phân tích véc-tơ−→PQtheo hai véc-tơ−AB,→ −AC.→

Lời giải.

C

A

P B

Q

−→

PQ=−PA→+−AQ→=−PB→+−BA→−1

−→ AC=−3

4 −→ AB−3

4 −→

AC 1,0 Câu 3. (2 điểm) Cho ba véc-tơ−→a = (−1; 2),−→b = (3;−3),−→c = (5;−2)

Lời giải.

a) Ta có:2−→a = (−2; 4),3−→b = (9;−9),2−→c = (10;−4) Vậy,−→x = (−3;−1) 1,0 b) Giả sử−→a =m−→b +n−→c Ta có hệ

®

3m+5n=−1

−3m−2n=2 Giải hệ ta đượcm=− 9,n=

1 Vậy−→a =−8

9 − →

b +1

−

→c 1,0 Câu 4. (3 điểm) Trong hệ trục tọa độOxy, cho ba điểmA(−1; 3),B(−2;−3),C(2; 1)

a) Chứng minh ba điểmA,B,Ctạo thành ba đỉnh tam giác b) Tìm tạo độ điểmDsao choClà trọng tâm tam giácABD c) Tìm tọa độ điểmItrên trụcOxsao cho ba điểmA,I,Bthẳng hàng

Lời giải.

1 x

y

−1

−2

−3

A

C

B

a) Ta có:AB−→= (−1;−6), −AC→= (3;−2), đóAB−→và−AC→khơng phương Vì vậy, ba điểmA,B,C khơng thẳng hàng hay ba điểm tạo thành đỉnh tam giác 1,0

b) GọiD(a,b)là điểm choC trọng tâm tam giácABD Ta có:   

 

2= a−1−2 1= b+3−3

3

⇔

®

a=9 b=3 Vậy D(9; 3) 1,0 c) Giả sử đường thẳng quaAvàBcó phương trình dạngy=ax+b

Ta có hệ

®

3=−a·1+b −3=−a·2+b⇔

®

a=6

b=9 Do đó, phương trình đường thẳng quaAvàBlày=6x+9 Giao điểm đường thẳngABvới trụcOxlà nghiệm hệ

®

y=0

y=6x+9⇔  



x=−3 y=0 Vậy,I

Å

−3 2;

ã

1,0 Câu 5. (2 điểm) Cho tứ giácABCD

a) Xác định điểmIthỏa mãn điều kiện−→IA+−→IB+2−→IC=−→0; b) Tìm tập hợp điểmMsao cho

−→

MA+−→MB+2−→MC =4

−−→ MD

C

D x0

y0

I

A P B

a) Gọi P trung điểm AB Lúc này, với điểm I ta có: −→IA+−→IB=2−→IP Từ giả thiết suy −

→

IP=−−IC, điểm→ Ilà trung điểm đoạn thẳngPC 1,0 b) Từ giả thiết ta có

−→ MI =

−−→ MD

Chương 2

TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ

§1. GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦

ĐẾN 180◦

I. Tóm tắt lí thuyết

1. Giá trị lượng giác góc từ0◦đến180◦

Định nghĩa 1.

Với gócα (0◦≤α ≤180◦), ta xác định điểm M nửa đường tròn đơn vị choxOM‘ =α giả sử điểmM có tọa độM x0;y0

Khi ta định nghĩa:

• sincủa gócα lày0, ký hiệusinα =y0; • cơ-sincủa gócα làx0, ký hiệucosα =x0; • tangcủa gócα y0

x0

(x06=0), ký hiệutanα= y0 x0 ; • cơ-tangcủa gócα x0

y0 (y06=0), ký hiệucotα= x0 y0

x y

O

−1

1 M

x0

y0

α

Các sốsinα,cosα,tanα,cotα gọi cácgiá trị lượng giác gócα

4! Chú ý.

• Nếuα là góc tù thìcosα <0,tanα <0,cotα<0 • tanα chỉ xác định khiα 6=90◦.

• cotα chỉ xác định khiα 6=0◦vàα 6=180◦. Tính chất 1. Về dấu giá trị lượng giác

• sinα>0với0◦<α <180◦

• cosα>0với0◦<α <90◦vàcosα <0với90◦<α <180◦ • tanα>0với0◦<α <90◦vàtanα <0với90◦<α <180◦ • cotα>0với0◦<α <90◦vàcotα <0với90◦<α <180◦

Như vậy,cosα,tanα,cotα dấu với0◦<α <90◦và90◦<α<180◦ Tính chất 2. Mối quan hệ hai góc bù

• sinα=sin(180◦−α) • cosα=−cos(180◦−α)

• tanα=−tan(180◦−α)vớiα 6=90◦ • cotα=−cot(180◦−α)vớiα 6=0◦,180◦

Tính chất 3. Mối quan hệ hai góc phụ (với0◦≤α ≤90◦) • sin(90◦−α) =cosα

• cos(90◦−α) =sinα

• tan(90◦−α) =cotα vớiα 6=0◦ • cot(90◦−α) =tanα vớiα 6=90◦ Tính chất 4. Các cơng thức

•tanα = sinα

cosα •cotα=

cosα

sinα •tanα.cotα =1 •sin2α+cos2α=1 •1+tan2α =

cos2α •1+cot

2α= sin2α

2. Góc hai vec-tơ Định nghĩa 2.

Cho hai vec-tơ−→a và−→b khác vec-tơ−→0 Từ điểmObất kỳ, ta vẽ−OA→=−→a và−→OB=−→b GócAOB‘ với số đo từ0◦đến180◦được gọi làgóc hai vec-tơ−→a

và−→b Ta ký hiệu góc hai vec-tơ−→a và−→b −→a,−→b Nếu −→a,−→b=90◦thì ta nói rằng−→a và−→b vng góc với nhau, ký hiệu là−→a ⊥−→b hoặc−→b ⊥ −→a

− →

b −→

a

O B

− →

b

A −

→a

4! Từ định nghĩa ta có −→a,−→b= −→b,−→a.

Tính chất 5. Nếu−→a và−→b hướng →−a,−→b=0◦ Tính chất 6. Nếu−→a và−→b ngược hướng →−a,−→b=180◦

II. Các dạng tốn

Dạng Tính giá trị lượng giác

Sử dụng công thức phần lý thuyết để tính giá trị lượng giác

4! Cần ý dấu giá trị lượng giác tính. Ví dụ 1. Chosinα =

4 Tínhcosα,tanα,cotα biết0

◦<α <90◦.

Lời giải. Ta cósin2α+cos2α =1⇒cos2α =1−sin2α Vớisinα =1

4 thìcos

α =1− 16=

15 16 Vì0◦<α<90◦nêncosα =

√ 15 16 Từ suy ratanα = sinα

cosα = √

15

15 ,cotα = cosα sinα

Ví dụ 2. Chocosα =−1

3 Tính giá trị lượng giác cịn lại gócα

Lời giải. Ta cósin2α+cos2α =1⇒sin2α =1−cos2α Vớicosα =−1

3 thìsin

α =1−1 9=

8 Vìsinα ln dương nênsinα=

√ Từ suy ratanα = sinα

cosα =−2 √

2,cotα =cosα sinα =−

√ Ví dụ 3. Chotanx=2 Tính giá trị lượng giác cịn lại gócx

Lời giải. Trước hết, ta cótanx.cotx=1⇒cotx= tanx =

1 Mặt khác,1+tan2x=

cos2x⇒cos

2x= 1+tan2x =

1 1+22 =

1 Vìtanxvàcosxcùng dấu nêncosx=

√ 5

Áp dụng công thứcsin2x+cos2x=1⇒sin2x=1−cos2x=1−1 =

4

5 Từ suy rasinx= 2√5

5 Ví dụ 4. Chocotx=−3 Tính giá trị lượng giác cịn lại gócx

Lời giải. Trước hết ta cótanx.cotx=1⇒tanx= cotx=−

1 Mặt khác1+cot2x=

sin2x ⇒sin

2x=

1+ (−3)2 =

10 Suy rasinx= √

10 10 Docotx= cosx

sinx ⇒cosx=sinx.cotx=

−3√10 10

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Chocosα=−2

3 Tính giá trị lượng giác cịn lại gócα

Lời giải. Đáp số:sinα = √

5

3 , tanα =− √

5

2 , cotα =− 2√5

5 Bài 2. Chosinx=3

4 Tính giá trị lượng giác cịn lại gócxbiết90

◦<x<180◦.

Lời giải. Đáp số:cosx=− √

7

4 , tanx=− 3√7

7 , cotx=− √

7 Bài 3. Chotanα=

√

2 Tính giá trị lượng giác cịn lại gócα

Lời giải. Đáp số:cotα = √

2

2 , cosα = √

3

3 , sinα = √

6 Bài 4. Chocotβ =−

√

2 Tính giá trị lượng giác cịn lại gócβ

Lời giải. Đáp số:tanβ =−2 √

3

3 , sinβ = 2√7

7 , cosβ =− √

21 Bài 5. Chotan 180◦−a=−1

2 Tính giá trị lượng giác góca

Lời giải. Đáp số:tana=

2, cota=2, cosa= 2√5

Bài 6. Chocos 180◦−α= √

5

3 Tính giá trị cịn lại gócα

Lời giải. Đáp số:cosα =− √

5

3 , sinα=

3, tanα =− 2√5

5 , cotα =− √

5 Bài 7. Chosin 180◦−α=

5 với0

◦<α <90◦ Tính giá trị lượng giác gócα.

Lời giải. Đáp số:sinα =

5, cosα = √

21

5 , tanα = 2√21

21 , cotα = √

21

Dạng Tính giá trị biểu thức lượng giác.

Từ giả thiết đề cho (thường giá trị góc hay giá trị lượng giác) định hướng biến đổi biểu thức dạng xuất giá trị cho giả thiết để tính

4! Cần ý điều kiện áp dụng (nếu có).

Ví dụ 5. TínhA=acos 60◦+2atan 45◦−3asin 30◦

Lời giải. Ta cóA=

2a+2a−

2.3a=a

Ví dụ 6. Chox=30◦ TínhA=sin 2x−3 cosx

Lời giải. A=sin 2.(30◦)−3 cos 30◦=sin 60◦−3 cos 30◦= √

3 −3

√ =−

√ Ví dụ 7. Chocosx=

3 Tính giá trị biểu thứcP=4 sin

2x+cos2x=1.

Lời giải. Ta cóP=4 1−cos2 x+cos2x=4−3 cos2x=4−3

Å

1

ã2

= 11 Ví dụ 8. Chotanx=2 TínhA= sinx+cosx

sinx−cosx

Lời giải. Ta cóA= 3sinx

cosx+ cosx cosx sinx

cosx− cosx cosx

= tanx+1 tanx−1 =7

Ví dụ 9. Chosinx=

3 TínhB=

cotx−tanx cotx+tanx

Lời giải. Ta cóB= cosx

sinx − sinx cosx cosx

sinx + sinx cosx

=

sin2x−cos2x sinxcosx sin2x+cos2x

sinxcosx

=2 sin2x−1=−1

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 8. Tính

Bài 9. Tính

a A=tan 10◦.tan 20◦ .tan 80◦

b B=cot 20◦+cot 40◦+· · ·+cot 140◦+cot 160◦

Lời giải. Hướng dẫn:

a Ta có:tan 10◦=cot 80◦, tan 20◦=cot 70◦, tan 30◦=cot 60◦, tan 40◦=cot 50◦ Do đó, ta tính A=1

b Ta có:cot 20◦=−cot 160◦, cot 40◦=−cot 140◦, nên ta tính đượcB=0 Bài 10. Chocota=−3 TínhA= sina−2 cosa

3 cosa+2 sina

Lời giải. Đáp số:A=−1

Bài 11. Biếttana=2 TínhB= sin

3a+2 cos2a.sina cota.sin3a−2 cosa

Lời giải. Đáp số:B=6 Bài 12. Chocosα=

4 TínhC=

2 tanα+cotα tanα−3 cotα

Lời giải. Đáp số:C=23 Bài 13. Biếtsinx+cosx=

3 TínhD=sinx.cosx

Lời giải. Hướng dẫn: Ta có

9 = (sinx+cosx)

2=sin2x+cos2x+2 sinxcosx=1+sinxcosx Từ suy rasinx.cosx=−4

9

Dạng Chứng minh đẳng thức lượng giác

Sử dụng linh hoạt công thức cở bản, phép biến đổi đại số sử dụng đẳng thức đáng nhớ để rút gọn chứng minh

Ví dụ 10. Cho   

 

a=sinx b=cosxsinx c=cosxcosy

Chứng minh rằnga2+b2+c2=1

Lời giải. Ta có:

a2+b2+c2=sin2x+cos2x(1−cos2y) +cos2xcos2y =sin2x+cos2x−cos2xcos2y+cos2xcos2y =1

Ví dụ 11. Chứng minh đẳng thức sau: a) sin4x+cos4x=1−2 sin2xcos2x

b) cos4x−sin4x=cos2x−sin2x=1−2 sin2x=2 cos2x−1

c) tan2x−sin2x=tan2xsin2x

d) 1+tanx+

1

1+cotx =1

a) Ta cósin4x+cos4x= sin2x2+ cos2x2= sin2x+cos2x2−2 sin2xcos2x Dosin2x+cos2x=1nên ta suy rasin4x+cos4x=1−2 sin2xcos2x

b) cos4x−sin4x= cos2x2− sin2x2= cos2x−sin2x cos2x+sin2x=cos2x−sin2x Dosin2x+cos2x=1nêncos2x−sin2x=cos2x+sin2x−2 sin2x=1−2 sin2x

Tương tự ta cócos2x−sin2x=2 cos2x−1

c) tan2x−sin2x= sin 2x cos2x−sin

2x=sin2x

Å

1 cos2x−1

ã

=sin2x1−cos 2x cos2x =tan

2xsin2x

d) Ta có 1+tanx+

1 1+cotx =

1+tanx+1+cotx (1+tanx) (1+cotx)

Mặt khác(1+tanx) (1+cotx) =1+tanxcotx+tanx+cotx=2+tanx+cotx Từ suy

1+tanx+ 1+cotx =

2+tanx+cotx 2+tanx+cotx =1

Ví dụ 12. ChoA,B,Clà góc tam giác Chứng minh đẳng thức sau: a) sin(A+B) =sinC

b) cos(A+B) +cosC=0

c) sinA+B =cos

C

d) tan(A−B+C) =−tan 2B

Lời giải. DoA,B,Clà góc tam giác nên ta cóA+B+C=180◦ a) Ta cóA+B+C=180◦⇔A+B=180◦−C

Từ suy rasin(A+B) =sin(180◦−C) =sinC

b) Ta cóA+B+C=180◦⇔A+B=180◦−C

Từ suy racos(A+B) =cos(180◦−C) =−cosC⇒cos(A+B) +cosC=0

c) Ta cóA+B+C=180◦⇔A+B

2 =

180◦−C =90

◦−C Từ suy rasinA+B

2 =sin

Å

90◦−C

ã

=cosC

d) Ta cótan(A−B+C) =tan(A+B+C−2B) =tan(180◦−2B) =−tan 2B

Ví dụ 13. Chứng minh biểu thức sau có giá trị khơng phụ thuộc vàox a) A=sin8x+sin6xcos2x+sin4xcos2x+sin2xcos2x+cos2x

b) B= 1−sin 6x cos6x −

3 tan2x cos2x

a) Ta có:

A=sin8x+sin6xcos2x+sin4xcos2x+sin2xcos2x+cos2x =sin6xÄsin2x+cos2xä+sin4xcos2x+sin2xcos2x+cos2x =sin6x+sin4xcos2x+sin2xcos2x+cos2x

=sin4xÄsin2x+cos2xä+sin2xcos2x+cos2x =sin4x+sin2xcos2x+cos2x

=sin2xÄsin2x+cos2xä+cos2x =sin2x+cos2x=1

b) Điều kiệncosx6=0

B= 1−sin 6x cos6x −

3 tan2x cos2x = 1−sin

6x cos6x −

3 sin2x cos4x = 1−sin

6x cos6x −

3 sin2xcos2x cos6x = 1−sin

6x−3 sin2xcos2x cos6x

= 1−sin

2x3+3 sin2x(1−sin2x)−3 sin2xcos2x cos6x

= cos

2x3+3 sin2xcos2x−3 sin2xcos2x cos6x

= cos 6x cos6x =1

Ví dụ 14. Tìmmđể biểu thứcP=sin6x+cos6x−m sin4x+cos4xcó giá trị không phụ thuộc vào x

Lời giải. Ta có:

sin4x+cos4x= sin2x+cos2x2−2 sin2xcos2x=1−2 sin2xcos2x

sin6x+cos6x= sin2x+cos2x3−3 sin2xcos2x(sin2x+cos2x) =1−3 sin2xcos2x

Từ suy raP=1−3 sin2xcos2x−m 1−2 sin2xcos2x=1−m+ (2m−3)sin2xcos2x Do đóPcó giá trị khơng phụ thuộc vàoxkhi khi2m−3=0⇔m=3

2 Ví dụ 15. Choa,blà số dương thỏa mãn hệ thức sin

4x

a +

cos4x

b =

1

a+b Chứng minh sin2018x

a1008 +

cos2012x b1008 =

Lời giải. Ta có: sin4x

a +

cos4x

b =

1

a+b⇔(a+b)

Ç

sin4x

a +

cos4x b

å

=1 ⇔(a+b)

Ç

sin4x

a +

cos4x b

å

=Äsin2x+cos2xä2 ⇔ a

bcos 4x

+b asin

4x−

2 sin2xcos2x=0 ⇔

Ç…

b acos

2x−

… a bsin 2x å2 =0 ⇔ … b acos

2x=

… a bsin 2x ⇔ sin 2x a =

cos2x b Từ suy sin

2x

a =

cos2x

b =

1

a+b >0 Đặtt=

a+b ⇒

®

sin2x=at

cos2x=bt, ta có

®

sin2018x=a1009t1009 cos2018x=b1009t1009 Vậy sin

2018x a1008 +

cos2012x b1008 =

a1009t1009 a1008 +

b1009t1009

b1008 = (a+b)t

1009= (a+b)1008 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 14. ChoA=sinα,B=cosαsinβ,C=cosαcosβsinγ,D=cosαcosβcosγ Chứng minh rằngA2+ B2+C2+D2=1

Bài 15. Chứng minh đẳng thức lượng giác sau: a) 1+sin

2x

1−sin2x =1+2 tan 2x.

b) cosx

1+sinx+tanx= cosx c) tan2x−sin2x=tan2xsin2x

Bài 16. Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vàox a) A=sin4x(3−sin2x) +cos4x(3−2 cos2x)

b) B=3 sin8x−cos8x+4Äcos6x−sin6xä+6 sin4x

c) C=sin8x+cos8x+6 sin4xcos4x+4 sin2xcos2x sin4x+cos4x

Bài 17. Tìmmđển biểu thứcP=sin6x+cos6x+mÄsin6x+cos6xä+2 sin22xkhơng phụ thuộc vàox

Lời giải. Sử dụng đẳng thức rút gọn biểu thứcPta đượcP=1+m+5−m sin

22x Từ suy raPkhơng phụ thuộc vàoxkhi khim=5

Bài 18. Cho f(x) =sin6x+3 4sin

22x+cos6x Tính f π 2017

Lời giải. Rút gọn f(x)ta có f(x) =1∀x∈R, từ suy f π 2017

BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 19. Chocosa+2 sina=0 Tính giá trị lượng giác góca

Lời giải. Hướng dẫn:cosα+2 sinα =0⇔ sinα cosα =−

1

2 Từ ta Đáp số:tana=−1

2, cota=−2, cosa=− 2√5

5 , sina= √

5 Bài 20. Chocos4x−sin4x=

8 Tính giá trị lượng giác gócxbiếtxlà góc tù

Lời giải. Hướng dẫn: cos4x−sin4x =

8 ⇔ cos

2x−sin2x

cos2x+sin2x=

8 ⇔ cos

2x−sin2x=

8 (1) Ta lại có sin

2x+cos2x=1 (2) Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta tìm giá trị sinxvàcosx

Đáp số:cosx=− √

15

4 , sinx=

4, tanx=− √

15

15 , cotx=− √

15 Bài 21. TínhC=sin210◦+sin220◦+· · ·+sin2170◦+sin2180◦

Lời giải. Hướng dẫn: sin 10◦=sin 170◦, sin 20◦ =sin 160◦, , suy raC=2 sin210◦+sin220◦+· · ·+ sin280◦

+sin290◦ Mặt khác ta cósin 80◦=cos 10◦, sin 70◦=cos 20◦, , có cặp nên ta tính đượcC=5

Bài 22. Chosinx+cosx=

4 Tínhsin

4x+cos4x.

Lời giải. Trước hết ta có

16 = (sinx+cosx)

2 =sin2x+cos2x+2 sinxcosx =1+2 sinxcosx, suy ra sinx.cosx=−7

32

sin4x+cos4x=sin4x+2 sin2xcos2x+cos4x−2 sin2xcos2x = sin2x+cos2x2−2(sinxcosx)2

=1−2

Å−7

32

ã2

= 463 512 Bài 23. Chosin4x+3 cos4x=

4 Tínhcos

4x+3 sin4x.

Lời giải. Ta có

sin4x+3 cos4x=

4 ⇐⇒ 1−cos

2x2+3 cos4x= ⇐⇒4 cos4x−2 cos2x−3

4 =0 ⇐⇒cos2x=

4 từ ta

cos4x+3 sin4x=cos4x+3 1−cos2x2 =

16+3

Å

1−3

ã2

= Bài 24. Cho2 sinxsiny−3 cosxcosy=0 Chứng minh rằng:

1

2 sin2x+3 cos2x+

1

2 sin2y+3 cos2y=

Lời giải. Từ giả thiết suy ra2 tanx=3 coty⇔tany= tanx

Bài 25. Cho6 cos2α+cosα−2=0 BiếtA= sinαcosα−sinα

2 cosα−1 =a+btanα vớia,b∈Q Tính giá trị biểu thứca+b

Lời giải. Điều kiện2 cosα−16=0⇔cosα 6= Ta có6 cos2α+cosα−2=0⇔



 

cosα = cosα =−2

3 Docosα 6=

2 nêncosα =− Mặt khácA= sinαcosα−sinα

2 cosα−1 =sinα =cosα sinα cosα =−

2 3tanα Từ suy

 

 a=0 b=−2

3

§2. TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ

§3. TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ

I. Tóm tắt lý thuyết

1. Định nghĩa

Định nghĩa 1. Cho hai véc-tơ→−a và−→b khác−→0 Tích vơ hướng của→−a và−→b số, kí hiệu là−→a.−→b, xác định công thức sau:

−

→a.−→b =|−→a|.|→−b|.cos(−→a,−→b.)

Trường hợp hai véc-tơ−→a và−→b véc-tơ−→0 ta quy ước−→a.−→b =0

4!

a) Với−→a và−→b khác véc-tơ−→a ta có−→a.−→b =0⇔ −→a⊥−→b.

b) Khi−→a =−→b tích vơ hướng−→a.−→a được kí hiệu là−→a2 và số gọi bình phương vơ hướng của véc-tơ−→a.

Ta có:−→a2=|−→a|.|−→a|.cos 0◦=|−→a|2. 2. Các tính chất tích vơ hướng

Tính chất 1. Với ba véc-tơ−→a,−→b,−→c sốkta có: • −→a.−→b =−→b.−→a (tính chất giao hốn);

• −→a.(→−b +−→c) =→−a.−→b +−→a.−→c (tính chất phân phối); • (k.−→a).−→b =k(−→a.−→a) =−→a.(k−→b);

• −→a2≥0,−→a2=0⇔ −→a =−→0

Nhận xét: Từ tính chất tích vơ hướng hai véc-tơ ta suy ra

• (−→a +−→a)2=−→a2+2−→a.−→b +−→b2; • (−→a −−→b)2=−→a2−2−→a.−→b +−→b2; • (−→a +−→b).(−→a −−→b) =−→a2−−→b 3. Biểu thức tọa độ tích vơ hướng

Trong mặt phẳng tọa độ(O;−→i ;−→j ), cho hai véc-tơ−→a = (a1;a2), − →

b = (b1;b2) Khi tích vơ hướng hai véc-tơ−→a và−→b là: −→a.−→b =a1b1+a2b2

Nhận xét:

Hai véc-tơ−→a = (a1;a2), − →

b = (b1;b2)đều khác véc-tơ − →

4. Ứng dụng a) Độ dài véc-tơ:

Độ dài véc-tơ−→a = (a1;a2)được xác định công thức: |−→a|=

»

a21+a22 b) Góc hai véc-tơ: cos(−→a,−→b) =

− →a.−→b |−→a|.|−→b| =

a1b1+a2b2

»

a21+a22.»b21+b22 c) Khoảng cách hai điểm:

Khoảng cách hai điểmA(xA;yA)vàB(xB;yB)được tính theo công thức:

AB=»(xB−xA)2+ (yB−yA)2

II. Các dạng tốn

Dạng Các tốn tính tích vơ hướng hai véc-tơ

• Áp dụng cơng thức định nghĩa:−→a.−→b =−→a

− →

b.cos

Ä−→

a,−→bä

• Sử dụng tính chất phân phối:−→a.Ä−→b +−→cä=−→a.−→b +−→a.−→c

• Hai vec-tơ−→a ⊥−→b ⇔ −→a.−→b =0

Ví dụ 1. Cho hình vngABCDcạnh bằng2a√2 Tính tích vơ hướng−AB→.−AC→

Lời giải.

Ta có:−AB→.−AC→=

−→ AB

−→ AC .cos

Ä−→

AB,−AC→ä.Vì tam giácABCvng tạiAnên AC2=AB2+BC2=Ä2a√2ä2+Ä2a√2ä2=16a2

⇒AC=4a.Suy ra−AB→.−AC→=2a√2.4a.cos 45◦=8a2

A B

C D

2a√2

45◦

Ví dụ 2. Cho hình chữ nhậtABCDcóAB=a√2,AD=2a GọiK trung điểm cạnhAD a) Phân tích−→BK,−AC→theo−AB→và−→AD

b) Tính tích vơ hướng−→BK.−AC→

a) GọiMlà trung điểm cạnhBC Ta có:−→BK=−BA→+−→BM=−−AB→+1

2 −→ AD

Mặt khác:−AC→=−AB→+−→AD

b) Ta có:AB=a√2,AC=BD=√2a2+4a2=a√6. Suy ra−→BK.−AC→=

Å

−−AB→+1

−→ AD

ã Ä−→

AB+−→ADä =−−AB→.−AB→−−AB→.−→AD+1

2 −→

AD.−AB→+1

−→ AD.−→AD =−2a2+0+0+1

2(2a)

=0

Vậy−→BK.−AC→=0

B C M A D K

Ví dụ 3. Cho hai vec-tơ−→a và−→b có−→a =5,

− →

b=12và −→a +

− →

b=13 Tính cosin góc hai vec-tơ−→a và−→a +−→b

Lời giải.

Dựng tam giácABCcóAB=5,BC=12,AC=13 Ta có:−→a

=5,

− →

b=12, −→a +

− →

b=13 và−AB→=−→a,−BC→=→−b,−AC→=−→a +−→b

Khi đó:−→a.Ä−→a +→−bä=−AB→.−AC→

Mặt khác:−AB→.−AC→= AC

2+AB2−BC2 =1

2 13

2+52−122 =25

VậycosÄ−AB→,−AC→ä= −→ AB.−AC→ |−AB|→.|−AC|→ =

25 5.13 =

5 13 C B A − →a − → b − →a +−→b

Ví dụ 4. Cho hình vngABCDcóMlà trung điểm đoạn thẳngABvàNlà điểm thuộc đoạnAC choAN=3NC

a) Phân tích−→DN,−MN−→theo2vec-tơ−AB→và−→AD

b) Chứng minh rằngDN⊥MN

Lời giải.

a) Ta có −→

DN=−→AN−−→AD=

−→

AC−−→AD=3

Ä−→

AB+−→ADä−−→AD −→

DN=3

−→ AB−1

4 −→ AD Mặt khác

−−→

MN=−→AN−−→AM=3

Ä−→

AB+−→ADä−1

−→ AB=

4 −→ AB+3

4 −→ AD b) Để chứng minhDN⊥MNthì ta chứng minh−→DN.−MN−→=0

Ta có:−→DN.−MN−→=

Å3

4 −→ AB−1

4 −→ AD

ã Å1

4 −→ AB+3

4 −→ AD

ã

−→

DN.−MN−→= 16AB

2− 16AD

2=0(vìAB⊥AD⇒−AB→.−→AD=0). Vậy−→DN⊥−MN−→⇒DN⊥MN

A B

C D

N

Ví dụ 5. Cho tam giácABCđều cạnh3a LấyM,N,Plần lượt nằm ba cạnhBC,CA,ABsao cho BM=a,CN=2a,AP=x(x>0)

a) Phân tích−→AM,−→NPtheo2vec-tơ−AB→và−AC→

b) TìmxđểAMvng góc vớiNP

Lời giải.

a) Ta có:BC−→=3−→BM⇒−AC→−AB−→=3Ä−→AM−−AB→ä ⇒−→AM=

3 −→ AB+1

3 −→ AC

Mặt khác:−→NP=−AP→−−→AN= x 3a

−→ AB−1

3 −→ AC

b) Ta có:−AB→.−AC→= 9a

2

ĐểAM⊥NPthì−→AM.−→NP=0 ⇔

Å2

3 −→ AB+1

3 −→ AC

ã Å x

3a −→ AB−1

3 −→ AC

ã

=0 ⇔ 2x

9aAB 2−2

9 −→

AB.−AC→+ x 9a

−→

AC.−AB→−1 9AC

2=0 ⇔ 2x

9a.(3a) 2−2

9 9a2

2 + x 9a

9a2 −

1 9.(3a)

2=0 ⇔x=4a

5

C B

A

M

N P

x

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho tam giácABCvng tạiAcóBb=60◦,AB=a Tính tích vơ hướng −→ AC.CB−→

Lời giải.

Ta có: −→

AC.CB−→=−CA−→.CB−→=−CA.CB.cosACB‘

−→

AC.CB−→=−a√3.2a.cos 30◦=−3a2.

A B

C

60◦

Bài 2. Cho hình vngABCDcạnh2a Tính tích vơ hướng−AB→.−AC→

Lời giải.

VìABCDlà hình vng cạnh bằng2anênAC=2a√2

Ta có:−AB→.−AC→=AB.AC.cos 45◦=2a.2a√2

√ 2 =4a

2.

A B

C D

2a 2a

45◦

Bài 3. Cho hình chữ nhậtABCDcóAB=3,AD=4 GọiMlà điểm thỏa mãn điều kiện−→AM=k−AB Tìm→ k đểAC vng góc vớiDM

Ta có: −→

AC.−DM−→=Ä−BC→−BA−→ä.Ä−→AM−−→ADä =AM−→Ä−BC→−−BA→ä−BC−→.−→AD+−BA→.−→AD =AM−→.−AC→−BC−→.−→AD=−16+9k

Khi đóAC⊥DM⇔−AC→.DM−−→=0⇔k= 16

C B

A D

M

Bài 4. Cho tam giácABCcóAB=5,AC=8,BC=7 Tính tích vơ hướng−AC→.−AB→

Lời giải.

Ta có:BC2=−BC→2=Ä−AC→−−AB→ä2=−AC→2+−AB→2−2−AC→.−AB.→ Suy ra−AC→.−AB→=

−→

AC2+−AB→2−−BC→2

2 =20

B

A C

Bài 5. Cho hình vngABCDtâmO Tìm tập hợp điểmMthỏa mãn MA2+MB2+MC2=3MD2

Lời giải.

Ta có

MA2+MB2+MC2=3MD2 ⇔−→MA2+−→MB2+−→MC2=3−MD−→2

⇔Ä−MO−→+−OA→ä2+Ä−MO−→+−→OBä2+Ä−MO−→+−→OCä2=3Ä−MO−→+−→ODä2 ⇔−MO−→.Ä−OA→+−→OB+−→OC−3−→ODä=0

⇔−MO−→.ÄDA−→+−→DB+−→DCä=0 ⇔−MO−→.−→DB=0(vì−DA→+−→DC=−→DB) ⇔

đ−−→

MO=−→0

MO⊥DB Vậy tập hợp điểmMlà đường thẳngAC

A

O

B C D

Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm O Tìm vị trí điểm M thuộc đường trịn (C) để P=MA2+MB2−2MC2đạt GTLN, GTNN

Gọi D đỉnh thứ tư hình bình hành ACBD,R bán kính đường trịn(C)

Khi đó:CA−→+CB−→=CD;−→ OA=OB=OC=R

Ta có:P=MA2+MB2−2MC2

=Ä−MO−→+−OA→ä2+ÄMO−−→+−→OBä2−2Ä−MO−→+−→OCä2 =2−MO−→Ä−OA→+−→OB−2−→OCä+OA2+OB2−2OC2

=2−MO−→ÄCA−→+CB−→ä=2MO−−→.CD−→=2R.CD.cosÄ−MO−→,CD−→ä Mặt khác:

−1≤cosÄ−MO−→,CD−→ä≤1⇔ −2R.CD≤P≤2R.CD

VậyminP=−2R.CDkhicosÄMO−−→,CD−→ä=−1tức làMthuộc đường tròn(C)sao cho−MO−→,CD−→ngược hướng

maxP=2R.CDkhicosÄMO−−→,CD−→ä=1tức làMthuộc đường tròn(C) cho−MO−→,CD−→cùng hướng

A B

C

O

D

Dạng Tính góc hai véc-tơ -góc hai đường thẳng-điều kiện vng góc

Để tính góc hai vectơ, ta sử dụng định nghĩa tích vơ hướng kết hợp kĩ thuật tính tích vơ hướng

Để tính góc hai đường thẳng, ta tính góc hai véc-tơ có giá hai đường thẳng cho suy góc hai đường thẳng

Để chứng minh hai đường thẳng vng góc, ta chứng minh góc hai đường thẳng bằng90◦

Ví dụ 6. Cho véc-tơ−→a =−−→i +−→j,−→b =−→i +3−→j Tìm góc hai véc-tơ−→a và−→b

Lời giải. Ta cócos(−→a,−→b) = − →a.−→b |−→a|.|−→b| =

−1.1+1.3 p

(−1)2+12.√12+32 = 2√5 =

1 √

5 Do góc hai véc-tơ−→a và−→b bằngα ∈[0◦; 180◦]màcosα = √1

5

Ví dụ 7. Cho tam giácABCcóAB=2,BC=4,CA=3 Tính−AB→.−AC→vàcosA

Lời giải. Ta có−AB→.−AC→= −→

AB2+−AC→2−(−AB→−−AC)→

2 =

AB2+AC2−BC2

2 =−

3 Lại có−AB→.−AC→=AB.AC.cosAnêncosA=−

2.2.3 =−

Ví dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểmA(1; 3) B(3;−1) Tính góc đường thẳngOAvàAB

Lời giải. Ta có−AO→= (−1;−3)và−AB→= (2;−4) Ta cócos(−AO→,−AB) =→

−→ AO.−AB→ AO.AB =

1 √

2

Góc véc-tơAO−→và−AB→bằng gócBAO‘ =45◦ Do góc đường thẳngOAvà đường thẳngABbằng

45◦

Lời giải. Ta có(2−→a −−→b).(→−a +−→b) =2−→a2−−→b2+−→a.−→b =0 Do hai véc-tơ2−→a −−→b và−→a +−→b vng góc với

Ví dụ 10. Cho hình vng ABCD có M trung điểm ABvà N trung điểm BC Chứng minh rằngDM⊥AN

Lời giải. Ta có −→

AN.−DM−→=

Å−→

AB+1

−→ BC

ã

Å−→

DA+1

−→ AB

ã

=

−→ AB2+1

2 −→

BC.−DA→+−AB→.−DA→+1

−→ BC.−AB→ =0

Từ suy raDM⊥AN

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 7. Cho hai véc-tơ −→a,−→b thỏa mãn |−→a| =|−→b|= véc-tơ −→x =−→a +2−→b vng góc với véc-tơ −

→y =5−→a −4→−b Tính góc hai véc-tơ−→a và−→b.

Lời giải. Ta có −

→x.−→y =0

⇔(−→a +2−→b).(5−→a −4−→b) =0 ⇔5|−→a|2+6−→a.−→b −8|−→b|2=0 ⇔−→a.−→b =1

2

Do đó|−→a|.|−→b|.cos(−→a,−→b) =

2⇔cos( −

→a,−→b) = Từ suy góc hai véc-tơ−→a và−→b bằng60◦

Bài 8. Cho véc-tơ−→a −→b thỏa mãn|−→a|=2,|−→b|=1 và(−→a,→−b) =60◦ Tính góc véc-tơ−→a véc-tơ−→c =−→a −−→b

Lời giải. Ta có−→c2= (−→a −→−b)2=−→a2+b−→2−2−→a.−→b =3nên|−→c|=√3 Lại có−→a.−→c =−→a(−→a −−→b) =−→a2− −→a.−→b =3

Do đó|−→a|.|−→c|.cos(−→a,−→c) =3⇔cos(−→a,−→c) = √

3

2 Từ tính góc véc-tơ −

→a và−→c là30◦. Bài 9. Cho tứ giácABCDcóAB2+CD2=BC2+AD2 Tính góc hai đường thẳngACvàBD

Lời giải. Từ giả thiết suy ra: AB2+CD2=BC2+AD2 ⇔−AB→2+CD−→2=−BC→2+−→AD2 ⇔AB−→2−−→AD2+CD−→2−−BC→2=0

⇔Ä−AB→−−→ADä Ä−AB→+−→ADä+Ä−→CD−−BC→ä ÄCD−→+−BC→ä=0 ⇔−→DBÄ−AB→+−→ADä+ÄCD−→−−BC→ä−→BD=0

⇔−→DBÄ−AB→+−→AD−CD−→+−BC→ä=0 ⇔−→DBÄ−AB→+BC−→+−→AD+−→DCä=0 ⇔−→DB.2−AC→=0

⇔DB⊥AC

Bài 10. Cho tam giácABCvng tạiAcóAB=a;AC=2a GọiM trung điểm củaBCvà điểmDbất kì thuộc cạnhAC TínhADtheoađểBD⊥AM

Ta có

AM⊥BD ⇔−→AM.−→BD=0 ⇔1

2

Ä−→

AB+−AC→ä−→BD=0 ⇔Ä−AB→+−AC→ä Ä−→AD−−AB→ä=0

⇔AB−→.−→AD−−AB→2+AC−→.−→AD−−AC→.−AB→=0 ⇔0−a2+−AC→.−→AD−0=0

⇔−AC→.−→AD=a2 ⇔2a.AD.cos 0◦=a2 ⇔AD=a

2

A D C

B

M

Bài 11. Cho tam giác ABC cân A, H trung điểm BC, K hình chiếu củaH AC M trung điểm củaHK Chứng minh rằngAM⊥BK

Lời giải.

GọiN trung điểm củaKC Khi đóHN kBK nên cần chứng minh AM⊥HN

Ta có2−→AM=−→AH+AK; 2−→ −→HN=−→HK+−→HC Do 4−→AM.−→HN = (−→AH+−→AK).(−→HK+−→HC)

=−→AH.−→HK+−→AH.−→HC+−→AK.−→HK+−→AK.−→HC =−→AH.−→HK+−→AK.−→HC

=AH.HK.cos(−→AH,HK) +−→ AK.HC.cos(−→AK,−→HC) =−AH.HK.cos’AHK+AK.HC.cosACH‘ (∗)

Dễ thấy tam giácAHKvàHCKđồng dạng nênAH.HK=AK.HCvà

’

AHK=ACH‘ nên từ (*) có

−→

AM.−→HN=0hayAM⊥HK

B H C

M A

K N

Dạng Chứng minh đẳng thức tích vơ hướng độ dài.

Liên quan đến đẳng thức tích vơ hướng độ dài ta có hai tốn tiêu biểu:

• Bài tốn 1: Chứng minh đẳng thức tích vô hướng độ dài Đối với dạng ta thường sử dụng tính chất tích vơ hướng, tính chất véc tơ để biến đổi tương đương đẳng thức cần chứng minh đẳng thức biến đổi vế thành vế biến đổi vế biểu thức trung gian

• Bài tốn 2: Tìm điểm tập hợp điểmMthỏa mãn đẳng thức véc tơ độ dài Thông thường ta biến đổi đẳng thức ban đầu dạngIM =Rtrong I cố định,Rkhơng đổi −→

IM.−→u =0trong đóIcố định và−→u véc tơ xác định

Ví dụ 11. Cho bốn điểmA,B,C,Dbất kì Chứng minh rằng: −→

Lời giải. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với −→

DẬ−→DC−−→DBä+−→DBÄ−DA→−−→DCä+−→DCÄ−→DB−−DA→ä=0 ⇔−DA→.−→DC−DA−→.−→DB+−→DB.−DA→−−→DB.−→DC+−→DC.DB−→−−→DC.−DA→=0

Ví dụ 12. Cho tam giácABCcó diện tích bằngS Chứng minh rằng: S=

2

…

AB2.AC2−Ä−AB→.−AC→ä2

Lời giải. Ta có

S2= 4AB

2.AC2.sin2A= 4AB

2.AC2Ä

1−cos2Aä =

4 h

AB2.AC2−ÄAB.AC.cosÄ−AB→,−AC→ää2 i

=

ỵ

AB2.AC2−Ä−AB→.−AC→äó2

Vậy ta đượcS=

…

AB2.AC2−ÄAB−→.−AC→ä2

Ví dụ 13. Cho tam giác ABC có trực tâm H trung điểm cạnh BC M Chứng minh −−→

MH.−→MA=1 4BC

2.

Lời giải. Ta có−→AM=1

Ä−→

AB+−AC→ävà−−→HM=

Ä−→

HB+−→HCänên

4.−→MA.−−→MH=4−→AM.−−→HM=Ä−AB→+−AC→ä Ä−→HB+−→HCä =−AB→.−→HB+−AB→.−→HC+−AC→.−→HB+−AC→.−→HC

=−→AH.−→HB+−AC→.−→HC

=−AB→Ä−→HC+CB−→ä+−AC→Ä−→HB+−BC→ä

=−AB→.CB−→+−AC→.−BC→=CB−→Ä−AB→−−AC→ä=CB2

Vậy−−→MH.−→MA= 4BC

2.

Ví dụ 14. Cho tam giác đềuABCcạnh bằnga Tìm tập hợp tất điểmMsao cho −→

MA.−→MB+−→MB.MC−→+−→MC.−→MA= a

4

Lời giải. ⊕Phần thuận.Giả sử ta có điểmMthỏa mãn yêu cầu toán GọiOlà tâm tam giácABC, ta có−→MA+−→MB+−→MC=3−MO, suy ra−→

Ä−→

MA+−→MB+−→MCä2=9OM2

Mặt khác, ta lại có

MA2+MB2+MC2=ÄMO−−→+−OA→ä2+Ä−MO−→+−→OBä2+Ä−MO−→+−→OCä2

=3MO2+OA2+OB2+OC2+2Ä−OA→+−→OB+−→OCä−MO−→ =3MO2+a2

Như vậy, ta

−→

MA.−→MB+−→MB.−→MC+−→MC.−→MA=3MO2−a

2 Do

3OM2−a

2 = a2

4 ⇔OM= a

⊕Phần đảo. Giả sử ta có điểmM thuộc đường trịn tâm Obán kínhR= a

2 Bằng cách biến đổi tương tự phần thuận ta được−→MA.−→MB+−→MB.−→MC+−→MC.−→MA= a

2

4 Vậy tập hợp điểmMlà đường trịn tâmObán kínhR= a

2

Ví dụ 15. Cho tam giácABC Tìm tập hợp điểmMthỏa mãnMA2−MB2+CA2−CB2=0

Lời giải. ⊕Phần thuận:GọiIlà trung điểmAB Ta có

MA2−MB2+CA2−CB2=Ä−→MA2−−→MB2ä+Ä−CA→2−CB−→2ä

=Ä−→MA−−→MBä ÄMA−→+−→MBä+ÄCA−→−CB−→ä ÄCA−→+CB−→ä

=2−BA→.−MI→+2−BA→.CI−→ =2−BA→Ä−MI→+−CI→ä

Dựng véc tơ→−IJ=CI−→, kết hợp với giả thiết ta

0=−BA→Ä−MI→+−→IJä=−BA→.−→MJ Do đóMthuộc đường thẳng∆đi quaJvà vng góc vớiAB

⊕Phần đảo:Giả sử M∈∆, biến đổi ngược lại so với phần thuận ta đượcMA2−MB2+CA2−CB2=0 Vậy tập hợp điểmMthỏa mãn yêu cầu toán đường thẳng quaJvà vng góc vớiAB

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 12. Cho hai điểmA,BvàOlà trung điểm củaAB GọiMlà điểm tùy ý Chứng minh rằng−→MA.−→MB= OM2−OA2

Lời giải. Ta có

−→

MA.−→MB=Ä−OA→−OM−−→ä Ä−→OB−−OM−→ä

Bài 13. Cho tứ giácABCD Chứng minh rằngAC⊥BD⇔AB2+CD2=BC2+AD2

Lời giải. Ta có

AB2+CD2=−AB→2+−→CD2=ÄAD−→+−→DBä2+ÄCB−→+−→BDä2

=AD2+2DB2+BC2+2DB−→.−→AD+2−→BD.CB−→ =BC2+AD2+2−→DBÄ−→DB+−→AD−CB−→ä =BC2+AD2+2CA−→.−→BD

Do đóAC⊥BD⇔AB2+CD2=BC2+AD2

Bài 14. Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi M trung điểm BC Chứng minh MH2+MA2= AH2+1

2BC 2.

Lời giải. Ta có

AH2=Ä−−→MH−−→MAä2

=MH2+MA2−2−→MA.−−→MH =MH2+MA2−2.1

4BC

2(Xem Ví dụ13)

Do đóMH2+MA2=AH2+1 2BC

2

Bài 15. Cho tam giácABC Tìm tập hợp tất điểmMsao cho−→AM.AB−→=−AC→.−AB→

Lời giải. Từ giả thiết ta cóÄ−→AM−−AC→ä.−AB→=0⇔−→CM.−AB→=0 Do đóM thuộc đường thẳng quaC vng góc vớiAB

Bài 16. Cho hai điểm A,B có AB=a số thực k>0 Tùy theo k, tìm tập hợp điểm M thỏa mãn MA2+MB2=k

Lời giải. GọiOlà trung điểm củaAB Ta có

MA2+MB2=Ä−MO−→+OA−→ä2+Ä−MO−→+−→OBä2

=2MO2+2OA2+OB2+2MO−−→Ä−OA→+−→OBä =2MO2+2OA2=2MO2+a

2

2 Suy raOM2=1

2

Ç

k−a

2

å

• Nếuk>a

2

2 thìOM= s

1

Ç

k−a

2

å

nên tập hợpMlà đường tròn tâmObán kínhR= s

1

Ç

k−a

2

å

• Nếuk= a

2 thìOM=0⇔M≡Onên tập hợp điểmMlà{O} • Nếuk< a

2

2 khơng tồn tạiMnên tập hợp điểmMlà tập /0

Lời giải. GọiGlà trọng tâm tam giácABC Từ giả thiết ta có

BC2=−→MẬ−→MC−−→MBä−MB2−MC2 =Ä−→MA+−→MB+−→MCä Ä−→MC−−→MBä =3−MG−→.−BC→

GọiM0,G0lần lượt hình chiếu vng góc củaM vàGtrênBCthì đẳng thức tương đương với 3M0G0.BC=BC2⇔M0G0=

BC

do đóM0cố định VậyMthuộc đường thẳng quaM0và vng góc vớiBC

Bài 18. Cho tam giácABCcó trọng tâm làG Chứng minh với điểmMta cóMA2+MB2+MC2= 3MG2+GA2+GB2+GC2.Từ tìm vị trí củaMđể tổngT =MA2+MB2+MC2có giá trị nhỏ

Lời giải. Ta có

MA2+MB2+MC2=ÄMG−−→+−→GAä2+Ä−MG−→+−→GBä2+Ä−MG−→+−→GCä2

=3MG2+GA2+GB2+GC2+2MG−−→Ä−→GA+−→GB+−→GCä =3MG2+GA2+GB2+GC2

Từ suy raMA2+MB2+MC2≥GA2+GB2+GC2 Đẳng thức xảy khiMG=0⇔M≡G Bài 19 (Định lí Stewart). Cho tam giácABCcóBC=a,CA=b,AB=c Trên cạnhABlấy điểmM Chứng minh rằngc2.CM2=a2.AM2+b2.BM2+ (a2+b2−c2)AM.BM.Từ tính độ dài đường phân giác gócC theo độ dài ba cạnh tam giácABC

Lời giải. DoMthuộc cạnhABnên −→

AM=−AM BM

−→

BM⇔CM−→= AM AB

−→ CB+BM

AB −→

CA⇔c.CM−→=AM.CB−→+BM.CA−→ Do

c2.CM2=AM2.CB2+BM2.CA2+2AM.BM.CA−→.CB−→ =a2.AM2+b2.BM2+2AM.BM.CA.CB.cosC =a2.AM2+b2.BM2+ (a2+b2−c2)AM.BM

NếuDlà chân đường phân giác gócCthì dựa vào tính chất đường phân giác ta tính CD=

s

ab(a+b)2−c2 (a+b)2 =

2 a+b

»

abp(p−c)

trong p= a+b+c

2

Dạng Ứng dụng biểu thức toạ độ tích vơ hướng vào tìm điểm thoả mãn điều kiện cho trước

Phương pháp giải, kinh nghiệm: Phương pháp chung dạng toạ độ hoá điểm thay vào điều kiện để tìm điểm Đa số cần thay toạ độ áp dụng cơng thức tính được, nhiên số có tính chất đặc biệt mà nhờ nó, ta giảm đáng kể lượng cơng việc Ví dụ 16. Cho ba điểmA(2; 3),B(1; 4),C(5; 2) Chứng minh ba điểm tạo thành tam giác

Lời giải. Ta có:−AB→= (−1; 1),−AC→= (3;−1)⇒−1 6=

1

Ví dụ 17. Cho A(3; 1),B(7; 2), tìmC(x;y) thuộc trục Ox choC thuộc đường trịn đường kính AB

Lời giải. Ta có:C∈Ox⇒C(x; 0) C∈(O;AB

2 )⇒AC⊥BC⇒ −→

AC.CB−→=0 −→

CA= (3−x; 1),CB−→= (7−x,2)⇒(3−x)(−x+7) +2=0 ⇒

ñ

x=5+√2⇒C(5+√2; 0) x=5−√2⇒C(5−√2; 0)

Ví dụ 18. Cho điểmA(0,2)và điểmB(x;y)∈(d):y=2x−2có hồnh độx=1 Tìm trên(d)điểm Csao cho4ABCcân tạiA

Lời giải. VìC∈(d)⇒C(x,2x−2);B(1,y)∈(d)⇒B(1; 0) Ta có ngay−AB→= (1;−2),−AC→= (x; 2x−4)

Tam giácABCcân tạiA⇒|−AB|→ =|AC| ⇒−→ 5=x2+ (2x−4)2⇒ 



x=1⇒B(1; 0) x= 11

5 ⇒C( 11

5 ; 12

5 )

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 20. Cho ba điểm A(6; 3),B(4; 1);C(9; 0) Chứng minh ba điểm khơng thẳng hàng Tính diện tích tam giácABC

Lời giải. Ta có −AB→= (−2;−2),−AC→= (3;−3)⇒ −2 6=

−3

−2 ⇒A,B,C tạo thành tam giác Lại có −→

AB.−AC→=−6+6=0⇒tam giácABCvng tạiA.SABC=

2AB.AC=

√

8√18=24 Bài 21. ChoA(11; 4),B(8; 2),C(13;y) Tìmyđể tam giácABCcân tạiA

Lời giải. Ta có−AB→= (−3;−2),−AC→= (2;y−4) A,B,Ckhơng thẳng hàng⇒−3

−2 6=

y−4⇒y6= 16

3 Tam giác cân tạiA⇒AB=AC⇒13=4+ (y−4)2⇒

ñ

y=1⇒C(2; 1) y=7⇒C(2; 7) Bài 22. ChoA(3,4), Tìm hai điểmB,Ctrên trụcOxsao cho tam giácABCđều

Lời giải. Ta cóB,C∈Ox⇒B(xb; 0),C(xc; 0)

−→

AB= (xb−3;−4),

−→

AC= (xc−3;−4),

−→

CB= (xb−xc; 0)

Tam giácABCđều⇒

®

AB=AC AC=BC ⇔

®

(xb−3)2= (xc−3)2

(xb−xc)2= (xb−3)2+16

⇔

®

xb+xc−6=0

(xb−xc)2= (xb−3)2+16

⇔

®

xc=6−xb

3(xb−3)2=16 ⇔



  

xb=3+√4

3⇒xc=3− √

3 ⇒B(3+ √

3; 0),C(3− √

3) xb=3−√4

3⇒xc=3+ √

3 ⇒B(3− √

3; 0),C(3+ √

3; 0) Bài 23. ChoA(2; 1),C(5; 0),tìmM∈(d):y=

2x+2sao choMA= √

13,MB=√17

Lời giải. M∈(d)⇒M(x;1 2x+2)

®

MA=√13 MB=√17 ⇔

  

 

(x−2)2+ (1 2x+1)

2=13 (x−5)2+ (1

2x+2) 2=17

⇔      4x

2−3x−8=0

4x 2−

8x+12=0

Bài 24. Cho ba điểmA(3; 4),B(1,2),C(−1,5)

a/ Chứng minh ba điểm tạo thành tam giác b/ Tìm toạ độ trực tâm chân đường cao hạ từ đỉnh c/ Tìm toạ độ chân đường phân giác hạ từA d/ Tìm toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Lời giải.

a/ Ta có−AB→= (−2;−2),AC−→= (−4; 1),−BC→= (−2; 3)⇒ −2 −2 6=

−4

1 ⇒ ba điểm A,B,C tạo thành tam giác

b/ GọiH(x;y)là toạ độ trực tâm tam giác Ta có−→AH= (x−3;y−4),−→BH= (x−1;y−2),.Hlà trực tâm⇒AH⊥BC,BH⊥AC⇒

(−→

AH.−BC→=0 −→

BH.−AC→=0 ⇔

®

−2(x−3) +3(y−4) =0 −4(x−1) + (y−2) =0 ⇔     

x= y= 14

⇔H(6 5;

14 )

c/ GọiE(x;y)là chân đường phân giác gócA Ta có BE EC = AB AC = … 17 −→

BE= (x−1;y−2),−→EC= (−1−x; 5−y)

⇒−BE→=

… 17 −→ EC⇒       

x−1=

…

8

17(−1−x) y−2=

…

8

17(5−y)

⇒x= 1− … 17 1+ … 17

; y=

…

8 17+2 1+ … 17 ⇒E 1− … 17 1+ … 17 ; … 17+2 1+

…

8 17

d/ Gọi tâm đườn tròn ngoại tiếp tam giácABClàO(x;y)

Ta có trung điểm cạnhAB,AC,BClần lượt làD,I,F ⇒D(2; 3),I(1;9 2),F(0;

7 2) −→

DO= (x−2;y−3),IO−→= (x−1;y−9 2),

−→

FO= (x;y−7 2) DO,IOlần lượt vuông góc vớiAB,AC⇒

 



−2(x−2)−2(y−3) =0 −4(x−1) + (y−9

2) =0 ⇒     

x= 10 y= 41 10

⇒O( 10;

41 10)

Bài 25. ChoA(−2; 0),B(4; 0),C(3; 5) GọiD,E,F chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C Tìm toạ độ củaD,E,F tâm đường tròn nội tiếp tam giácDEF

Lời giải. Ta có −AB→= (6; 0),−AC→= (5; 5),−BC→= (−1; 5) E(x;y) chân đường vng góc hạ từB xuống AC⇒BE⊥AC⇒5(x−5) +5(y) =0 (1)

−→

AE= (x+2;y),ba điểmA,C,E thẳng hàng⇒x+2

y =

Từ(1),(2)⇒

®

x=1

y=3 ⇒E(1; 3) Tương tự ta cóD(49

13; 15

13),F(0; 3)

Trực tâm tam giácABClà tâm đường tròn nội tiếp tam giácDEF! H(x;y)là trực tâm tam giácABC⇒

(−→

AH.−BC→=0 −→

BH.−AC→=0

Chứng minhHlà tâm đường tròn nội tiếp tam giácDEF Dễ dàng chứng minh rẳng tứ giác CDFA,ABDE,CBFE nội tiếp ⇒EDA‘ =EBA‘ =ACF‘ =

‘

ADF⇒ADlà tia phân giác củaEDF‘ Chứng minh tương

tự ta đượcH tâm đường tròn nội tiếp tam giácDEF

A B

C

D F H E

Bài tập tổng hợp

Bài 26. Cho ba điểmA(−2; 3),B(1

4; 0),C(2; 0) Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC

Lời giải. AB= 15

4 ,AC=5,k=− AB AC =

−3

GọiDlà gia điểm phân giác gócAbvàBC⇒ −→ DB=−3

4 −→ DC ⇒

  

 

4−x=−

4(2−x) −y=−3

4(0−y) ⇒

®

x=1

y=0⇒D(1; 0) BA= 15

4 ,BD= ⇒k

0 =−5

GọiJlà giao điểm phân giác gócBvàAD Ta có:−JA→=−5−JD→⇒

®

−2−x=−5(1−x) 3−y=−5(0−y)⇒

  

 

x= y=

⇒J(1 2;

1 2)

Bài 27. Cho ba điểmA(2; 6),B(−3;−4),C(5; 0).Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC

Lời giải. Làm tương tự câu ta thu đượcJ(−2;2 3)

Dạng Tìm tọa độ điểm đặc biệt tam giác - tìm tọa độ hình chiếu vng góc một điểm lên đường thẳng

• Trực tâm tam giác

• Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác • Tâm đường trịn nội tiếp tam giác

• Hình chiếu vng góc điểm lên đường thẳng

PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Trong mặt phẳngOxycho tam giácABCvớiA(xA,yA);B(xB,yB)vàC(xC,yC)

Gọi tọa độH(x,y) Khi −→

AH.−BC→=0 −→

BH.−AC→=0

Ta thu hệ phương trình ẩnx,y Giải hệ ta tọa độ điểmH b) Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC

GọiI(x,y)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC Khi đóIA=IBvàIA=IC Do đó, ta có (x−xA)2+ (y−yA)2= (x−xB)2+ (y−yB)2=0

(x−xA)2+ (y−yA)2= (x−xC)2+ (y−yC)2=0 Giải hệ phương trình ta tọa độ điểmI c) Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC

B C

A

D J

* Cách 1:

+) Gọi tọa độ điểmD(x,y) Ta tính độ dài cạnhABvàAC Ta có DB

AB = DC

AC, suy DB DC =

AB AC :=k

Do đó−→DB=−k−→DC, ta hệ phương trình ẩnx,y, giải hệ ta tọa độ điểmD +) Gọi tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giácABClàJ(x,y) Tính độ dài đoạnBD Ta có JD

BD = JA AB suy

JD JA =

BD AB :=l

Do đó−JD→=−l−JA, ta hệ phương trình ẩn→ x,y, giải hệ ta tọa độ điểmJ * Cách 2:

Áp dụng đẳng thức sau

a−JA→+b−JB→+c−JC→=−→0 vớiAB=c,BC=a,AC=b

d) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBC Gọi tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBClàM(x,y), ta có

−→

AM.−BC→=0 −→

BM=t.−BC→Ta thu hệ phương trình ẩn, giải hệ ta tọa độ điểmM Ví dụ 19. ChoA(4,3);B(2,7);C(−3,−8)

a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC

b) Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC

c) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBC

a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC

GọiH(x,y) Ta có−→AH.−BC→=0và −→BH.AC−→=0, suy 7x+11y=91và x+3y=13, giải hệ phương trình ta đượcH(13,0)

b) Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC GọiI(x,y) Khi đóIA=IBvàIA=IC Do đó, ta có (x−4)2+ (y−3)2= (x−2)2+ (y−7)2

(x−4)2+ (y−3)2= (x+3)2+ (y+8)2 giải hệ phương trình ta đượcI(−5,1)

c) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBC

GọiM(x,y) hình chiếu vng góc điểmA lên cạnhBC Ta có −→AM= (x−4,y−3) −BC→= (−5,−15);−→BM= (x−2,y−7)

Khi ta có−→AM.−BC→=0và−→BM=t.−BC.→ Suy rat=

7 vàM( 7,

19 )

Ví dụ 20. ChoA(2,6);B(−3,−4);C(5,0) Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giácABC

Lời giải. Ta có−AB→= (−5,−10);−AC→= (3,−6), suy raAB=5√5;AC=3√5; Gọi tọa độ điểmD(x,y) Ta có DB

AB = DC

AC, suy DB DC =

AB AC :=

5 Do đó−→DB=−5

3 −→

DC, ta hệ phương trình ẩnx,y, giải hệ ta tọa độ điểmD(2,−3) Gọi tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giácABClàJ(x,y)

Ta có độ dài đoạnBD=5√5 Khi JD

BD = JA

AB suy JD JA =

BD AB =

5 Do đó−JD→=−5

3 −→

JA, ta hệ phương trình ẩnx,y, giải hệ ta tọa độ điểmJ(2,1) BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 28. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếpJ tam giácABCtrong trường hợp sau: a) A(1,5);B(4,−1);C(−4,−5)

b) A(0,−4);B(−5,6);C(3,2)

Lời giải. ĐS: 1)J(1,10

3 ); 2)J(0,1)

Bài 29. ChoA(−1,4);B(−4,0)vàC(2,−2) a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC

b) Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếpIcủa tam giácABC

c) Tìm tọa độ hình chiếu vng gócMcủa điểmIlên đường thẳngBC

Lời giải. ĐS:H(−2,1);I(−1 2,

1 2);M(

−5 ,

−9 )

Bài 30. Trong mặt phẳng Oxycho tam giácABC vớiA(−1,−3);B(2,5)vàC(4,0) Xác định trực tâmH tam giácABC

Lời giải. ĐS:H(164 31 ,

BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 31. Cho tứ giác ABCD với A(3,4); B(4,1);C(2,−3); D(−1,6) Chứng minh tứ giácABCD nội tiếp đường trịn

Lời giải. HD: Tìm tâmIcủa bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giácABCta đượcI(−1; 1) Và chứng minh IA=ID

Bài 32. Trong mặt phẳngOxycho hai điểmA(−2,−2);B(5,−4)

a) Tìm tọa độ điểmCsao cho trọng tâm tam giácABClà điểmG(2,0) b) Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếpIcủa tam giácABC

c) Tìm tọa độ hình chiếu vng gócH điểmGlên đường thẳngBC

Lời giải. ĐS:C(3,6);I(169 66 ,

47 33);H(

60 52,

21 52) Bài 33. ChoA(−2,2);B(6,6);C(2,−2)

a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC; tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp Icủa tam giác ABC, tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABC

b) Chứng minh−IH→=−3−IG→

c) ADlà đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giácABCD Chứng minh BHCDlà hình bình hành

Lời giải.

a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC; tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp Icủa tam giác ABC, tọa độ trọng tâmGcủa tam giácABC

GọiH(x,y) Ta có−→AH.−BC→=0và−→BH.AC−→=0, suy rax+2y=2vàx−y=0, giải hệ phương trình ta đượcH(2

3, 3)

GọiI(x,y)là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC Khi đóIA=IBvàIA=IC Do đó, ta có

(x+2)2+ (y−2)2= (x−6)2+ (y−6)2 (x+2)2+ (y−2)2= (x−2)2+ (y+2)2 giải hệ phương trình ta đượcI(8

3, 3)

GọiG(x,y)là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC Ta có xG= xA+xB+xC

3 =3,yG=

yA+yB+yC

3 =3

b) Chứng minh−IH→=3−IG→ Ta có−IH→= (2,2);−IG→= (−2

3 , −2

3 )suy −→

IH=−3−IG→

c) ADlà đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giácABCD Chứng minh BHCDlà hình bình hành

Ta có−→BH= (16 ,

16 );

−→

AC= (4,−4);D= (22 ,

10 );

−→

BH= (−16 ,

−16 ); suy

−→

DC.−AC→=0và−→BH.−AC→=0,

§4. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC

I. Tóm tắt lý thuyết

Cho tam giácABC, ta quy ước kí hiệu sau • BC=a,CA=b,BC=a

• p= a+b+c

2 gọi nửa chu vi tam giácABC

• ma,mb,mc độ dài đường trung tuyến tương ứng kẻ từ đỉnhA,B,Ccủa tam giácABC

• ha,bb,hc độ dài đường cao tương ứng kẻ từ đỉnhA,B,Ccủa tam giácABC

• la,lb,lc độ dài đường phân giác tương ứng kẻ từ đỉnhA,B,Ccủa tam giácABC

• Rlà bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giácABC • rlà bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giácABC 1. Hệ thức lượng tam giác vuông

Cho tam giácABCvuông tạiA, đường caoAH A

B C

H • Định lí Pitago:

BC2=AB2+AC2

• Nếu biết cạnh góc vng tính đường caoAH công thức:

AH2 = AB2+

1 AC2

• Tích cạnh góc vng tích cạnh huyền với đường cao tương ứng: AB.AC=BC.AH

• Nếu biết cạnh góc vng cạnh huyền tính hình chiếu cạnh góc vng lên cạnh huyền nhờ cơng thức:

2. Định lý hàm số cosin, công thức trung tuyến.

Định lý hàm số cosin phát minh nhà toán học Al Kashi (1380 - 1429) Đây mở rộng định lý Pythagore Định lý hàm số cosin đưa phương pháp giúp ta tìm cạnh tam giác biết độ dài hai cạnh cịn lại số đo góc xen hai cạnh đó, từ cho tính số đo góc cịn lại tam giác Định lý phát biểu sau:

Định lí 1. Trong tam giác bất kỳ, bình phương cạnh tổng bình phương hai cạnh cịn lại trừ hai lần tích chúng với cosin góc xen hai cạnh đó.

Nếu ký hiệua,b,clần lượt độ dài cạnhBC,CA,ABcủa tam giácABCthì ta có: 

 

 

a2=b2+c2−2bccosA b2=c2+a2−2cacosB c2=a2+b2−2abcosC

Từ định lý hàm số cosin ta suy công thức tính cosin góc tam giác theo độ dài cạnh tam giác sau:

       

      

cosA= b

2+c2−a2 2bc cosB= c

2+a2−b2 2ca cosC= a

2+b2−c2 2ab

Mặt khác, sử dụng định lý hàm số cosin giúp ta tìm độ dài đường trung tuyến theo ba cạnh tam giác Cụ thể, ký hiệu ma,mb,mc độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh

A,B,Cthì:

       

      

m2a= b 2+c2

−a2

m2b= c

2+a2 −b2

m2c= a

2+b2 −c2

3. Định lý sin

Định lí 2. Cho tam giácABC, gọiRlà bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giácABC ĐặtAB=c,BC=a, CA=b Ta có

a sinA =

b sinB =

c

sinC =2R 4. Các cơng thức diện tích tam giác

Diện tíchScủa tam giácABCđược tính cơng thức S=1

2a.ha= 2b.hb=

1 2c.hc =1

2bcsinA=

2casinB=

2absinC =abc

4R =pr

II. Các dạng toán

Dạng Một số tập giúp nắm vững lý thuyết

Mục đưa số tập mà việc giải dùng đến kiến thức tích vơ hướng của hai véc-tơ trước, chưa dùng đến công thức hệ thức lượng Kết bài tập dùng vào việc giới thiệu công thức hệ thức lượng tam giác.

Ví dụ 1. Cho tam giácABC a) Tính−BC→theo−AB→và−AC.→

b) Tính−BC→.−BC→từ tính tích vơ hướng−AB→.−AC→theo độ dài cạnh tam giác c) Chứng minh rằngcosA= AB

2+AC2−BC2 2.AB.AC

Lời giải.

a) −BC→=−AC→−−AB.→

b) −BC→.−BC→=Ä−AC→−−AB→ä2=AB2+AC2−2−AB→.−AC Từ suy ra→ −→

AB.−AC→= AB

2+AC2−BC2

2

c) Theo câu ta có

AB.AC.cosA=AB

2+AC2−BC2

⇔cosA= AB

2+AC2−BC2 2.AB.AC

Ví dụ 2. Cho tam giácABCcóAMlà trung tuyến a) Tính−BC→theo−AB→và−AC.→

b) Tính tích vơ hướng−AB→.−AC→theo độ dài cạnh tam giác c) Tính−→AMtheo−AB→và−AC.→

d) Chứng minhAM2= 2AB

2+2AC2−BC2

4

Lời giải.

a) Như b) Như c) −→AM=

2

Ä−→

d) Ta có

AM2= AB

2+AC2+2−AB→.−AC→

= AB

2+AC2+AB2+AC2−BC2

= 2AB

2+2AC2−BC2

Ví dụ 3. Cho tam giácABC, đặtAB=c,CA=b,BC=a Gọiha,hb,hclần lượt độ dài đường cao kẻ từA,B,Ccủa tam giácABC

a) Chứng minh rằngha=bsinC=csinB;hb=csinA=asinC;hc=asinB=bsinA

b) GọiSlà diện tích tam giácABC, chứng minh S=

2absinC=

2bcsinA=

2casinB

Lời giải.

A

B C

H

A

B

C H

A

B C

a) Trong ba trường hợpCbnhọn, vng, tù, ta cósinB= ha

AB Suy raha=csinB Tương tự ta cóha=bsinC Thay đổi vai tròA,B,Cta

ha=bsinC=csinB; hb=csinA=asinC; hc=asinB=bsinA

b) Ta cóS= 2a.ha=

1

2a.bsinC, cịn lại tương tự

Ví dụ 4. Chứng minh diện tích tam giácABCđược tính cơng thứcS=abc 4R

Lời giải. Theo định lý sin, ta có c

sinC =2R Suy rasinC= c

2R Từ S=

2absinC= 2ab

c 2R=

abc 4R

Ví dụ 5. Cho đường trịn tâmIbán kínhrnội tiếp tam giácABCvà tiếp xúc với cạnhAB,BC,CA tam giác tạiK,L,M Gọi plà nửa chu vi tam giácABC Chứng minh rằngS= p.r

Ta cór=IK=IM=IL

Theo tính chất hai tiếp tuyến xuất phát điểm ta có AM=AK,BK=BL,CL=CM Chu vi tam giác

2p=AM+AK+BK+BL+CL+CM=2(AK+BL+CK) Suy p=AK+BL+CM

Diện tích tam giácABClà

S=2(SAKI+SBLI+SCMI)

=2

Å

1

2AK.r+

2BL.r+ 2CM.r

ã

= (AK+BL+CM).r =pr

A

B C

K M

I

L

Ví dụ 6. Cho tam giácABCdiện tíchS Chứng minh S=

2

…

AB2.AC2−Ä−AB→.−AC→ä2

Lời giải.

S=1

2AB.AC.sinA =1

2AB.AC p

1−cos2A

=1

2AB.AC

Ã

1−

Ç−→

AB.−AC→ AB.AC

å2

=1

…

AB2.AC2−Ä−AB→.−AC→ä2

Ví dụ 7. Chứng minh cơng thức tính diện tích sau (cơng thức Hê-rơng) S=»p(p−a)(p−b)(p−c)

với plà nửa chu vi tam giác,a=BC,b=AC,c=ABlà độ dài cạnh

Lời giải. Ta có−AB→.−AC→=AB

2+AC2−BC2

2 =

b2+c2−a2

Dùng kết trên, ta có S=1

2

…

AB2.AC2−Ä−AB→.−AC→ä2 =1

2

…

b2c2−1 4(b

2+c2−a2)2 =1

2

…

1

4(2bc+b

2+c2−a2)(2bc−b2−c2+a2) =1

2

…

1

4[(b+c)

2−a2][a2−(b−c)2] =

…

b+c+a

2

b+c−a

2

a+b−c

2

a−b+c =»p(p−a)(p−b)(p−c)

Ví dụ 8. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho hai véc-tơa= (a1;a2),b= (b1;b2) Chứng minh Q=

»

|−→a|2.|−→b|2−(−→a.−→b)2=|a

1b2−a2b1|

Lời giải.

Q2=Äa21+a22ä Äb21+b22ä−(a1b1+a2b2)2 =a21b22+a22b21−2a1b2a2b1

= (a1b2−a2b1)2 Suy raQ=a1b2−a2b1

Ví dụ 9. Trong mặt phẳng toạ độOxycho tam giác ABC cóA(xA;yA),B(xB;yB),C(xC;yC) Chứng minh diện tích tam giácABClà

S=1

(xB−xA) (xC−xA)

(yB−yA) (yC−yA)

=1

(xB−xA)(yC−yA)−(xC−xA)(yB−yA)

trong đó, người ta đặt

a b c d

=ad−bc(định thức cấp 2)

Lời giải. Ta có

−→

AB= (xB−xA;yB−yA)

−→

AC= (xC−xA;yC−yA)

Ta biếtS=1

…

AB2.AC2−ÄAB−→.−AC→ä2 Kết tính tốn toạ độ ta được S=

2

(xB−xA)(yC−yA)−(xC−xA)(yB−yA)

Ví dụ 10. Cho tam giácABC, gọilalà độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnhAcủa tam giácABC Chứng minh rằngla= bcsinA

(b+c)sinA2

GọiDlà chân đường phân giác kẻ từ đỉnhAcủa tam giác ABC Ta cóla=AD Ta có

SABC=SABD+SACD ⇔1

2AB.AC.sinA=

2AB.AD.sin A 2+

1

2AC.AD.sin A ⇔cbsinA=la(c+b)sinA

2 ⇔la=

bcsinA (b+c)sinA2

A

B D C

Ví dụ 11. Cho tam giácABCcóAB<AC (hayc<b), gọila0 độ dài đường phânngoàikẻ từ đỉnh Acủa tam giácABC Chứng minh rằngla0 = bcsinA

(b−c)cosA2

Lời giải.

E B D C

A

GọiE chân đường phân giác ngồi kẻ từ đỉnhAcủa tam giácABC Ta cóla0 =AE Ta có SABC=SACE−SABE

⇔1

2AB.AC.sinA=

2AC.AE.sin

Å

90◦+A

ã

−1

2AB.AE.sin

Å

90◦−A

ã

⇔cbsinA=la0(b−c)cosA ⇔la= bcsinA

(b−c)cosA2

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Cho tam giácABCcóAB=1,AC=√3,Ab=60◦

a) Tính−BC→theo−AB→và−AC.→ b) Tính−AB→.−AC→

c) Tính độ dàiBC

Lời giải.

a) −BC→=−AC→−−AB.→

b) −AB→.−AC→=AB.AC.cosA= √

3

a) Tính−AB→.−→AD

b) Tính−AC→theo hai vectơ−AB→và−→AD

c) TínhAC d) TínhBD

Lời giải.

C

D A

B

60◦ a) −AB→.−→AD=AB.AD.cosDAB‘ =a.2a

1 =a

2. b) −AC→=−AB→+−→AD

c) AC2=AB2+AD2+2−AB→.−→AD=a2+4a2+2a2=7a2 Suy raAC=a√7 d) BD−→=−→AD−AB Suy ra−→ BD2=AD2+AB2−2−→AD.−AB→=3a2 Suy raBD=a√3

Bài 3. Chứng minh tổng bình phương đường chéo hình bình hành tổng bình phương cạnh

Lời giải.

C

D A

B

Ta có−AC→=−AB→+−→AD Suy raAC2=AB2+AD2+2−AB→.−→AD Tương tự−→BD=−→AD−−AB Suy ra→ BD2=AB2+AD2−2−AB→.−→AD Từ suy raAC2+BD2=2 AB2+AD2=AB2+BC2+CD2+DA2

Bài 4. Cho tam giácABCcóAB=2,AC=5,BC=4 Tính tích vơ hướng−AB→.−AC,→ −BA→.BC,−→ CA−→.CB.−→

Lời giải.

• −AB→.−AC→= AB

2+AC2−BC2

2 =

4+25−16

2 =

13 • −BA→.−BC→=−5

2 • CA−→.CB−→= 37

2

Bài 5. Cho tam giácABCcó trọng tâmG,M điểm Chứng minh MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2

Lời giải. VìGlà trọng tâm tam giácABCnên−→GA+−→GB+−→GC=−→0 MA2+MB2+MC2

=Ä−MG−→+−→GAä2+ÄMG−−→+−→GBä2+Ä−MG−→+−→GCä2

Bài 6. Cho tam giác ABCnội tiếp đường tròn tâmO, Mlà điểm thay đổi đường tròn Chứng minh rằngMA2+MB2+MC2khơng đổi

GọiRlà bán kính đường trịn Áp dụng ta có MA2+MB2+MC2

=3MO2+OA2+OB2+OC2 =3R2+R2+R2+R2

=6R2

C

A

O

B M

Dạng Xác định yếu tố lại tam giác biết số yếu tố cạnh góc của tam giác đó

Ở dạng tốn này, áp dụng trực tiếp định lý hàm số cosin hệ định lý hàm số cosin để tìm yếu tố cịn lại tam giác cho

Ví dụ 12. Cho tam giácABCcób=5,c=7vàcosA=3

5 Tính cạnhavà cosin góc cịn lại tam giác

Lời giải. Ta có:

a2=b2+c2−2bccosA=25+49−2.5.7.3

5 =32⇒a= √

32=4√2 cosB= c

2+a2−b2

2ca =

32+49−25 56√2 =

√ 2 cosC= a

2+b2−c2

2ab =

32+25−49 40√2 =

8 40√2=

√ 10

Ví dụ 13. Một người đứng hải đăngAở bờ biển quan sát hai tàu hai điểmBvàC Khoảng cách từ người tới tàu điểmBvàClần lượt là5km và6km Góc tạo hai hướng nhìnABvàAClà60◦ Tính khoảng cáchd hai tàu

Lời giải. Xét tam giácABCvớiAC=6km,AB=5km,BAC‘=60◦ Áp đụng định lícosta có

BC2=AB2+CA2−2.CA.AB.cosBAC‘

Từ suy raBC2=52+62−2.5.6.cos 60◦=31⇒BC=√31 Vậy khoảng cách hai tàu làd=√31km

Ví dụ 14. Choxlà số thực lớn hơn1và   

 

a=x2+x+1 b=2x+1 c=x2−1

Chứng minh rằnga,b,clà độ dài ba cạnh tam giác tính số đo góc đối diện với cạnha

Lời giải. Do x>1nên dễ dàng chứng minh được:   

 

a+b>c b+c>a c+a>b

GọiAlà góc đối diện với cạnha, đó:cosA= b

2+c2−a2 2bc Ta có           

a2=x4+2x3+3x2+2x+1 b2=4x2+4x+1

c2=x4−2x2+1 bc=2x3+x2−2x−1

Từ suy rab2+c2−a2=−bc⇒cosA=−1

2 ⇒A=120 ◦.

Ví dụ 15. Cho∆ABC có cạnh BC=a,CA=b,AB=c Biết tồn số tự nhiênn>2sao choan=bn+cn Chứng minh rằngAlà góc có số đo lớn tam giác, từ suy ra∆ABCcó góc nhọn

Lời giải. Từ giả thiết suy

®

a>b a>c,

®

A>B

A>C VậyAlà góc lớn của∆ABC Ta cóan=bn+cn⇔a2=b2

Åb

a

ãn−2

+c2 c a n−2 Do ®

a>b a>c nên

     b a <1 c a <1

Từ suy raa2<b2+c2hayb2+c2−a2>0

MàcosA= b

2+c2−a2

2bc nên suy racosA>0hayAlà góc nhọn, đóB,Ccũng góc nhọn Ví dụ 16. Cho tam giácABCcómc=

√

2 c Chứng minh rằng: ma+mb+mc=

√

2 (a+b+c)

Lời giải. Ta cómc= √

3 c⇒m

2

c=

3 4c

2⇒ a

2+b2 −c2

4 =

3 4c

2⇒a2+b2=2c2. Từ suy

®

2(b2+c2)−a2=3b2 2(c2+a2)−b2=3a2 ⇒

®

4m2a=3b2 4m2b=3a2

⇒       

ma=

√ b mb=

√ a ⇒ma+mb+mc=

√

2 (a+b+c)

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 7. Cho tam giácABCcóAC=10cm,BC=16cm vàC=120◦, tính độ dài cạnhAB

Lời giải. DoAB>AC>BCnênC>B>A Áp dụng định lý hàm số cosin ta cócosC=−11

24

Bài 9. Choa2,b2,c2là độ dài cạnh tam giác vàa,b,clà độ dài cạnh tam giác ABC Chứng minh tam giácABCcó ba góc nhọn

Lời giải. Doa2,b2,c2là độ dài cạnh tam giác nên 

 

 

a2+b2−c2>0 b2+c2−a2>0 c2+a2−b2>0

⇒cosA,cosB,cosC>0

Bài 10. Cho tứ giác nội tiếpABCDcóAB=CD=a,AD=b,BC=c Chứng minh rằngcosA= b−c 2a

Lời giải. Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giácBAD,BCDvà ýBAD‘+BCD‘ ta suy điều

phải chứng minh

Bài 11. Cho tam giácABCcóma=15,mb=18,mc=27

a) Tính diện tích tam giácABC b) Tính độ dài cạnh tam giácABC

Lời giải.

a) GọiGlà trọng tâm∆ABC;A0,B0,C0lần lượt trung điểm cạnhBC,CA,ABvàDlà điểm đối xứng củaAquaG Khi ta cóBGCDlà hình bình hành

S∆ABC=3S∆GBC=

1

2S∆BGCD=S∆BGD

Tam giác BGD có độ dài cạnh 10,12,18 nênS∆BGD=√20.10.8.2=40√2

VậyS∆ABC=120√2

b) Áp dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến ta tính đượca=2√209,b=8√11,c=2√41

A

A0 B

C0

C B0

G

D Bài 12. Cho∆ABCcó cạnhBC=a,CA=b,AB=cthỏa mãn hệ thức

1 a+b+

1 b+c =

3 a+b+c Chứng minh rằngB=60◦

Lời giải. Ta có: a+b+

1 b+c =

3

a+b+c⇔

a+b+c a+b +

a+b+c b+c =3 ⇔1+ c

a+b+1+ a b+c =3 ⇔ c

a+b+ a b+c =1

⇔c(b+c) +a(a+b) = (a+b)(b+c) ⇔c2+bc+a2+ab=ab+b2+ac+bc ⇔c2+a2−b2=ac

⇔ c

2+a2−b2

2ac =

1 ⇔cosB=

BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 13. Cho tam giác ABCcóBC=10.I điểm cạnhBCsao cho2IB=3IC Đường trịn tâmIbán kính3tiếp xúc với cạnhAB,AClần lượt điểmM,N Tính độ dài cạnhAB,AC

Lời giải. Trước hết ta có   

 

sinB= IM BI =

1 sinC=IN

CI =

Từ suy       

cosB= √ cosC= √

(DoB,Clà góc nhọn)

ĐặtAB=c, AC=b Do AIlà phân giác góc Anên c b =

6 ⇒ 2c=3b

Mặt khác, theo đinh lý cosin tam giác ABC ta có

®

c2=b2+BC2−2b.BC.cosC b2=c2+BC2−2c.BC.cosB Thay số vào ta hệ phương trình

I B C A M N     

2c=3b

c2=b2+100−5√7.b b2=c2+100−10√3.c

⇔

®

b=2(3√3−√7) c=3(3√3−√7)

Bài 14. Cho∆ABCcóBC=a,CA=b,AB=cvà có diện tíchS Chứng minh rằng: a) cotA=b

2+c2−a2

4S

b) Nếu c b=

mb mc

6=1thìcotB+cotC=2 cotA, đómb,mclà độ dài trung tuyến xuất phát từB,C

Lời giải.

a) Theo định lý hàm số cosin ta có:b2+c2−a2=2bccosA Mặt khác,S=

2bcsinAnên ta có

b2+c2−a2

4S =

2bccosA

2bcsinA =cotA b) Ta có c

b = mb

mc 6=1⇔ c2 b2 =

m2b m2

c

= 2a

2+2c2−b2 2a2+2b2−c2

Từ suy ra2a2c2+2b2c2−c4=2a2b2+2b2c2−b4⇒2a2(c2−b2) =c4−b4= (c2+b2)(c2−b2)

Dob6=cnênc2−b26=0, đób2+c2=2a2 Từ       

cotB= a

2+c2−b2 4S cotC= a

2+b2−c2 4S

⇒cotB+cotC= 2a

4S (1)

Mặt khác2 cotA=2b

2+c2−a2

4S =

2a2

4S (2)

Dạng Diện tích tam giác

Dạng thường sử dụng công thức diện tích sau S=1

2a.ha= 2b.hb=

1 2c.hc =1

2bcsinA=

2casinB=

2absinC =abc

4R =pr

=»p(p−a)(p−b)(p−c)

Bài 15. ChoA(1,5);B(4,−1);C(−4,−5) Tính diện tích tam giácABC

Lời giải. Ta có−AB→= (3,−6);BC−→= (−8,−4), nên tam giácABCvng tạiB Do đó,S∆ABC=

2AB.BC= 2.3

√

5.4√5=30(đvdt)

Bài 16. Tính diện tích tam giácABC, biết chu vi tam giác bằng2p, gócAb=α◦,Bb=β◦

Lời giải. Ta cóS∆ABC=abc

4R Theo định lí hàm sin ta cóabc=8R

3sinA.sinB.sinC, suy raS=2R2sinA.sinB.sinC. vàR= a

sinA= b sinB=

c sinC=

a+b+c

sinA+sinB+sinC=

2p

sinα+sinβ+sin(π−α−β) VậyS=2

Å

2p

sinα+sinβ+sin(π−α−β)

ã2

.(sinα.sinβ.sin(π− α−β)

Bài 17. Cho ∆ABCcó Ab=90◦, bán kính đường trịn ngoại tiếpR=7 bán kính đường trịn nội tiếp r=3 Tính diện tíchScủa tam giác

Lời giải.

D

B I

C

A E

F

GọiI tâm đường tròn nội tiếp của∆ABC

Gọi tiếp điểm đường tròn nội tiếp(I)với cạnhBC,CA,ABlần lượt làD,E,F Vì∆ABCvng A nênBC=2R=14vàAE=AF=r=3

Ta có p=AB+AC+BC

2 =AE+BC=14+3=17 VậyS=pr=17×3=51

Bài 18. Cho∆ABCnội tiếp đường trịn(O,3) Biết rằngAb=Bb=30◦ Tính diện tíchScủa∆ABC

Lời giải. Áp dụng định lý sin trong∆ABCta có:

Ta cóCb=180◦−Bb−Ab=180◦−30◦−30◦=120◦ VậyS=

2BC.AC.sinCb= 32

2 sin 120 ◦=

√ Bài 19. Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:

a2+ b2+

1 c2 ≥

1 2Rr

Lời giải.

Ta có: 2Rr =

1 2.abc

4s S p

= 2p abc=

a+b+c abc = ab+ bc+ ac Bất đẳng thức ban đầu⇔

a2+ b2+

1 c2 ≥

1 ab+ bc+ ac Ta thấy: a2+

1 b2+

1 c2 =

1

Å

1 a2+

1 b2 ã +1 Å b2+

1 c2 ã +1 Å c2+

1 a2 ã ≥ … a2

1 b2+

…

1 b2

1 c2+

…

1 c2

1 a2 = ab+ bc+ ac

Bài 20. Cho hình vngMNPQnội tiếp tam giácABC.Chứng minh rằng: SABC≥2SMNPQ

Lời giải.

Ta thấy:

SABC≥2SMNPQ

⇔1

2BC.AH ≥2MN.PQ ⇔1 ≥ MN BC MQ AH Mà MN BC MQ AH = AM AB BM AB =

AB2.AM.BM ≤ AB2 ÅAM +BM ã2 = AB2

AB2 = A M B N

QH P C

Dạng Chứng minh hệ thức liên quan yếu tố tam giác

- Dùng hệ thức để biến đổi vế thành vế chứng minh hai vế hệ thức biết

- Khi chứng minh cần khai thác giả thiết kết luận để tìm hệ thức thích hợp làm trung gian cho q trình biến đổi

Lời giải. Áp dụng định lýcostrong∆ABC, ta có: V T =abc

Ç

b2+c2−a2

2bc +

a2+c2−b2

2ac +

a2+b2−c2 2ab

å

=a.b

2+c2−a2 +b

a2+c2−b2 +c

a2+b2−c2 = a

2

2(b+c−a) + b2

2(a+c−b) + c2

2(a+b−c) =a2(p−a) +b2(p−b) +c2(p−c) =V P

Vậy đẳng thức chứng minh

Ví dụ 18. Cho ∆ABC có trung tuyến AM, AMB‘ =α, AC =b, AB=c, S diện tích ∆ABC Với

0<α <90◦ Chứng minh:cotα =

b2−c2 4S

Lời giải.

ĐặtBC=a

GọiH chân đường cao kẻ từAđếnBC Có∆AHMvng⇒cotα=

HM AH =

MB−BH

AH =

BC 2AH−

BH AH Haycotα = a

2AH− BH AH(1)

Mặt khác, áp dụng định lýcosvà công thức tính diện tích: b2−c2

4S =

a2+c2−2accosB−c2 2AH.a

= a

2−2accosB 2AH.a =

a 2AH−

c.cosB AH

Hay b 2−c2

4S = a 2AH−

BH AH(2) Từ (1) (2) suy racotα =

b2−c2 4S

A

B H M C

α

Ví dụ 19. Cho∆ABCcó trọng tâmGvàGAB‘ =α,GBC‘ =β,GCA‘ =γ ĐặtAB=c,BC=a,CA=b

vàSlà diện tích∆ABC.Chứng minh:

cotα+cotβ+cotγ =

3 a2+b2+c2

4S

Lời giải.

GọiMlà trung điểmBC KẻMH⊥AB ∆AMHvuông⇒cosα =

AH AM ∆BHMvuông⇒cosB= BH

MB= 2BH

a Ta cóAB=HA+HB⇒c=AM.cosα+

a 2.cosB ⇒cosα=

AM

Ç

c−a 2cosB

å

(1)

Mặt khác, áp dụng định lý hàm sốsincho∆AMB:

A

B M C

H G α β γ MB sinα = MA

sinB⇔sinα=

AM.MBsinB= a

Từ (1) (2) ta được: cotα=

c−a 2cosB a

2sinB

=2c−acosB a b

2R

= R(4c−2acosB)

ab =

4c2−2accosB abc

R

= 3c

2+b2−a2

4S

Tương tự:cotβ =

3a2+c2−b2

4S ;cotγ =

3b2+a2−c2

4S

Do đó,cotα+cotβ+cotγ =

3c2+b2−a2

4S +

3a2+c2−b2

4S +

3b2+a2−c2

4S =

3 a2+b2+c2

4S

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 21. Cho∆ABCcóAB=c,BC=a,CA=b.Rlà độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp∆ABC Chứng minh rằng:cotA+cotB+cotC= a

2+b2+c2 abc R

Lời giải. Áp đụng định lýcosvàsin, ta được: cotA= cosA

sinA =

b2+c2−a2 2bc a

2R

= b

2+c2−a2 R

abc

Tương tự vớicotBvàcotC, cộng vế theo vế đpcm

Bài 22. Cho∆ABCcó trọng tâmG,Rlà độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Chứng minh rằng: 3−Äcos2A+cos2B+cos2Cä=

4R2

Ä

GA2+GB2+GC2ä

Lời giải. Áp dụng công thức trung tuyến, ta đượcm2a+m2b+m2c= a

2+b2+c2 Áp dụng định lýsin:a=2RsinA;b=2RsinB;c=2RsinC

Suy ram2a+m2b+mc2=3R2 sin2A+sin2B+sin2C=3R2 3−cos2A−cos2B−cos2C(1) Theo tính chất trọng tâm, cóma=3

2GA,mb=

2GB,mc= 2GC(2) Từ (1) (2) thu đẳng thức cần chứng minh

Bài 23. Cho∆ABCcóha,hb, hclần lượt độ dài đường cao xuất phát từA,B,C; plà nửa chu vi.R,rlần

lượt bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh rằng: p2= R

2r2hahbhc

Lời giải. Ta cóaha=bhb=chc=2S⇒hahbhc= 2S abc Lại cóS=pr⇒ 2p

2r2 hahbhc

=abc 4S =R

Bài 24. Cho∆ABCcósin2B+sin2C=2 sin2A Chứng minhcosA≥

Lời giải. Áp dụng định lýsin, có: sin2B+sin2C=2 sin2A⇔ b

2

4R2+ c2 4R2=2

a2 4R2⇔b

2+c2=2a2. Áp dụng định lýcos, có:

b2+c2=2 b2+c2−2bccosA⇔cosA= b 2+c2

4bc

Bài 25. Cho∆ABCcóAB=c,BC=a,CA=b;la,lb,lclần lượt độ dài đường phân giác xuất phát từA,

B,C Chứng minh: a+ b+ c< la+

1 lb+

1 lc

Lời giải. GọiDlà chân đường phân giác kẻ từA Ta có: S∆ABC=S∆ABD+S∆ACD⇔1

2bcsinA= 2b.lasin

A 2+

1 2c.lasin

A

2⇔la=

2bccosA b+c Vì0◦<Ab<180◦nên0<cos

A 2<1 Suy rala<

2bc b+c⇔

1 la>

1 2b+

1 2c

Tương tự vớilbvàlc Cộng vế theo vế ta đpcm

Bài 26. Cho∆ABCdiện tíchScóAB=c,BC=a,CA=b Chứng minha2+b2+c2≥4√3S

Lời giải. Theo cơng thức Hê-rơng:S=pp(p−a)(p−b)(p−c) Ta cóp(p−a)(p−b)≤ p−a+p−b

2 =

c

2 Tương tự có p

(p−b)(p−c)≤a 2;

p

(p−a)(p−c)≤ b Do đóS2≤p.abc

8 =

(a+b+c)abc

16

Lại có a2+b2+c2≥3 a2b2+b2c2+c2a2≥3abc(a+b+c)≥3.16.S2 Suy đpcm

BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài 27. Cho∆ABCcóAB=c, BC=a,CA=b; trọng tâmGvà tâm đường trịn nội tiếpI Biết GIvng góc với đường phân giác củaBCA Chứng minh:‘

a+b+c

3 =

2ab a+b

Lời giải. VẽGH⊥AC,GK⊥BC,ID⊥AC

GọiLvàNlần lượt giao điểm củaIGvớiACvàBC Ta có:S∆CLN=2S∆LIC=ID.IC=r.LC(1)

Lại có:S∆CLN=S∆GLC+S∆GCN =

2(GH.LC+GK.CN)(2) Do∆CLN cân nênLC=CN (3)

Từ (1), (2), (3) suy rar.LC=1

2.LC(GH+GK)⇔2r=GH+GK Gọiha,hblần lượt độ dài đường cao của∆ABCxuất phát từAvàB

Ta có:GK ha =

MG MA=

1 3;

GH hb =

1

3 Do đó2r=

3(ha+hb) MàS∆ABC=pr=1

2aha=

2bhb⇒ha= 2pr

a ;hb= 2pr

b Suy ra2r=

3pr Ç a+ b å

⇔1= 3p

Ç

a+b ab

å

⇔ 2ab a+b=

a+b+c

Bài 28. ChoABCDlà tứ giác nội tiếp vớiAB=a,BC=b,CD=c,DA=dvà plà nửa chu vi,Slà diện tích tứ giác Chứng minh rằng:

S=

…

(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2B+D

Lời giải. Áp dụng định lý hàm sốcostrong tam giácABD,CBDta có: BD2=a2+d2−2adcosA=b2+c2−2bccosC

a2+d2−b2−c22=4(adcosA−2bccosC)2.(2) Ta có:

S=SABD+SBCD=

2adsinA+

2bcsinC 16S2=4(adsinA+bcsinC)2.(3)

Cộng vế (2),(3) ta được:

Ä

a2+d2−b2−c2ä2+16S2=4ỵa2d2+b2c2−2abcd(cosAcosC−sinAsinC)ó =4ỵa2d2+b2c2−2abcd(cos(A+C))ó

=4

đ

a2d2+b2c2−2abcd

Ç

2cos

2(A+C)

2 −1

åơ

=4

ñ

(ad+bc)2−4abcdcos

2(A+C)

ô (4) Từ (4) suy

16S2=4(ad+bc)2−(a2+d2−b2−c2)2−16abcdcos

2(A+C)

=(2ad+2bc+a2+d2−b2−c2)(2ad+2bc−a2−d2+b2+c)−16abcdcos

2(A+C) =ỵ(a+d)2−(b−c)2ó ỵ(b+c)2−(a−d)2ó−16abcdcos

2(A+C) =(2p−2c)(2p−2b)(2p−2d)(2p−2a)−16abcdcos

2(A+C) (5)

Vì Ab+Cb

2 +

b B+Db

2 =180

◦⇒cos2B+D =cos

2A+C nên từ (5) suy

S2= (p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2B+D ⇒S=

…

(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)−abcdcos2B+D

Dạng Nhận dạng tam giác vuông

Sử dụng phép biến đổi tương đương hệ để biến đổi “Điều kiện cho trước” đến đẳng thức mà từ ta dể dàng kết luận tính chất tam giác

Ví dụ 20. Cho tam giácABCthỏa mãn điều kiện

Lời giải. Ta có:

sin 2A+sin 2B= sin 2Asin 2B cosAcosB

⇔2 sinAcosA+2 sinBcosB=2 sinAcosA.2 sinBcosB cosAcosB ⇔sinAcosA+sinBcosB=2 sinAsinB

⇔sin 2A+sin 2B=4 sinAsinB

⇔2 sin(A+B)cos(A−B) =2[cos(A−B)−cos(A+B)] ⇔sinC.cos(A−B) =cos(A−B) +cosC

⇔cos(A−B).cosC(1−sinC) +cos2C=0 ⇔cos(A−B).cosC(1−sinC) +1−sin2C=0 ⇔(1−sinC)(cos(A−B)cosC+1+sinC) =0 ⇔1−sinC=0

⇔C=π

⇔4ABCvuông tạiC

Ví dụ 21. Cho4ABCcósin 2Acos 2A+sin 2Bcos 2B+sin 2Ccos 2C=0.Chứng minh rằng4ABC vng

Lời giải. Ta có:

sin 2Acos 2A+sin 2Bcos 2B+2 sin 2Ccos 2C =sin 4A+sin 4B+2 sin 2Ccos 2C

=2 sin 2(A+B)cos 2(A−B) +2 sin 2Ccos 2C =−2 sin 2Ccos 2(A−B) +2 sin 2Ccos 2(A+B) =−2 sin 2C[cos 2(A−B)−cos(A+B)]

=−4 sin 2Csin 2Asin 2B

Do đósin 2Acos 2A+sin 2Bcos 2B+sin 2Ccos 2C=0⇔ −4 sin 2Asin 2Bsin 2C=0

⇔ 

 

sin 2A=0 sin 2B=0 sin 2C=0

⇔ 

 

2A=π 2B=π 2C=π

⇔ 

    

A= π B= π C= π

⇒ 4ABCvuông

Ví dụ 22. Cho 4ABC cósin2A+sin2B= 2017√sinC góc A, B nhọn Chứng minh tam giácABCvng

Lời giải. Ta có:sinC∈[0,1]⇒ 2017√

sinC=sin2017C≥sin2C⇒sin2A+sin2B≥sin2C ⇔4R2[sin2A+sin2B]≥4R2sin2C⇔a2+b2≥c2⇔a2+b2−c2≥0

Theo định lí hàm số cosin ta có:cosC= a

2+b2−c2 2ab ≥0 Ta thấy:

sin2A+sin2B=1−cos 2A

2 +

1−cos 2B =1−cos 2A+cos 2B

2

Mặt khác: 2017√sinC≤ 2017√ 1=1

Do đó:sin2A+sin2B= 2017√sinCkhi

®

cosCcos(A−B) =0

sinC=1 ⇔C=

π

2 ⇒ 4ABCvuông

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 29. Cho A,B hai góc nhọn tam giác ABC thỏa mãn: sin2A+sin2B=1

Chứng minh tam giác ABC vuông C

Lời giải.

sin2A+sin2B=1 ⇔1−cos 2A

2 +

1−cos 2B

2 =1

⇔cos(A+B)cos(A−B) =0 ⇔cosCcos(A−B) =0

MàA,Blà hai góc nhọn nêncos(A−B)6=0

Do đócosC.cos(A−B) =0⇔cosC=0⇒C= π

2 ⇒ 4ABCvng tạiC Bài 30. Cho tam giácABCcó góc thỏa mãn đẳng thức :

sinC=sinAcosB

Chứng minh tam giácABCvuông tạiA

Lời giải.

sinC=sinAcosB=

2[sin(A+B) +sin(A−B)] ⇒2 sinC=sinC+sin(A−B)

⇒sinC=sin(A−B) ⇒sin(A+B) =sin(A−B)

⇒sinAcosB+sinBcosA=sinAcosB−sinBcosA ⇒sinBcosA=0

⇒cosA=0⇒A=π ⇒4ABCvuông tạiA

Bài 31. Cho tam giác ABC cóC<B b,c cạnh tam giác Chứng minh tam giác ABC vng có:

sin(B−C) sin(B+C) =

Lời giải. Ta có:

sin(B−C) sin(B+C) =

sinBcosC−sinCcosB sinBsinC+sinBsinC =

b

2RcosC− c 2RcosB b

2RcosC+ c 2RcosB = 2abcosC−2accosB

2abcosC+2accosB = (a

2+b2−c2)−(a2+c2−b2) a2+b2−c2) + (a2+c2−b2) = b

2−c2 a2

Mà sin(B−C) sin(B+C) =

b2−c2 b2+c2 Do đó: b

2−c2 a2 =

b2−c2 b2+c2 ⇒a

2=b2+c2⇒ 4ABCvng tạiA.

Bài 32. Cho tam giácABCcó:5(sinA+3 cosB) +9(sinB+3 cosA) =20.Chứng minh tam giácABC vuông

Lời giải. Ta có:

4(sinA+3 cosB) +3(cosA+3 sinB) =(3 cosA+4 sinA) + (9 sinB+12 cosB)

≤»(42+32)(sin2A+cos2A) +»(92+122)(sin2B+cos2B) =5+15=20

Dấu xảy ra⇔ 

 

sinA cosA =

3 cosB sinB =

9 12

⇔tanA=cotB= ⇒tanA=tanπ

2−B

⇔A= π

2 −B⇔A+B= π

2 ⇔C= π

2 ⇒ 4ABCvuông tạiC

Dạng Nhận dạng tam giác cân

Sử dụng phép biến đổi tương đương hệ để biến đổi “Điều kiện cho trước” đến đẳng thức mà từ ta dể dàng kết luận tính chất tam giác

Lời giải. Ta có:

tanB+tanC=2 tanB+C ⇔tanB−tanB+C

2 +tanC−tan B+C

2 =0 ⇔

sinB−C cosBcosB+C

2 +

sinC−B cosCcosB+C

2 =0

⇔sinB−C

Ö

1 cosBcosB+C

2

−

cosCcosB+C

è

=0

⇔sinB−C

2 =0⇔ B−C

3 =0 ⇔B=C⇒ 4ABCcân tạiA

Ví dụ 2. Cho4ABCthỏa mãn hệ thức:sinB 2cos

3C =sin

C 2cos

3B

2.Chứng minh tam giácABCcân

Lời giải. Ta có:

sinB 2cos

3C =sin

C 2cos

3B ⇔tanB

2 cos2B

2

=tanC

1 cos2C

2 ⇔tanB

2(1+tan 2B

2) =tan C

2(1+tan 2C

2) Đặtx=tanB

2;y=tan C

2 ta có:

x(1+x2) =y(1+y2) ⇔x3−y3+x−y=0

⇔(x−y)(x2+xy+y2+1) =0 ⇔x−y=0⇔x=y

Do ta có:tanB =tan

C ⇒

B =

C

2 ⇔B=C⇒ 4ABCcân tạiA

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho4ABCthỏa mãn: c

Lời giải. Ta có:

a

bsinA =2 tanA ⇔sinC

sinB=2 cosA ⇔sinC=2 sinBcosA

⇔sinC=sin(B+A) +sin(B−A) ⇔sinC=sinC+sin(B−A)

⇔sin(B−A) =0⇒B−A=0⇔B=A⇒ 4ABCcân C

Bài 2. Cho 4ABC có đường cao AH =ha thỏa mãn hệ thức : h2a=bccos2A

2 Chứng minh 4ABC cân

Lời giải. Ta có:ha=csinB=bsinC⇒h2a=bcsinBsinC

Từ ta có:

sinBsinC=cos2A

⇔cos(B−C)−cos(B+C) =1+cosA ⇔cos(B−C) +cosA=1+cosA ⇔cos(B−C) =1

⇒B−C=0

⇔B=C⇒ 4ABCcân

Bài 3. Cho4ABCthỏa mãn hệ thức:

4−2 sin2B−2 sin2C

sin2B+sin2C = (cotB+cotC) 2−

2 cotB.cotC

Lời giải.

4−2 sin2B−2 sin2C

sin2B+sin2C = (cotB+cotC) 2−

2 cotB.cotC

⇔

sin2B+sin2C−2=cot

2B+cot2C

⇔

sin2B+sin2C−2= sin2B+

1 sin2C−2 ⇔(sin2B+sin2C)

Å

1 sin2B+

1 sin2C

ã

=4 ⇔sin

2B sin2C+

sin2C

sin2B−2=0 ⇔

Å

sinB sinC−

sinC sinB

ã2

=0 ⇔sinB=sinC

⇔B=C⇒ 4ABCcân Bài 4. Cho tam giácABCthỏa mãn hệ thức:sinB

2 = b

Lời giải. sin2B =

1−cosB

2 =

1−a

2+c2−b2 2ac

2 =

b2−(a−c)2

4ac

Mà:sin2B =

b2 4ac Do đó: b

2−(a−c)2

4ac =

b2 4ac ⇔b

2−(a−c)2=b2⇔a−c=0⇔a=c⇒ 4ABCcân.

Bài 5. Cho4ABCcó: 1+cosA sinA =

2b+c √

4b2−c2

Lời giải. Ta có:

1+cosA sinA =

2b+c √

4b2−c2 ⇔(1+cosA)

2

sin2A =

(2b+c)2 4b2−c2 ⇔1+cosA

1−cosA = 2b+c 2b−c ⇔1+cosA

1−cosA =

2 sinB+sinC sinB−sinC

⇔2 sinB+2 cosAsinB−sinC−cosAsinC=2 sinB−2 sinBcosA+sinC−sinCcosA ⇔4 sinAcosB−2 sinC=0

⇔sin(A+B) +sin(A−C) =sinC ⇔sinC+sin(A−B) =sinC ⇔sin(A−B) =0

⇔A−B=0

⇔A=B⇒ 4ABCcân

Dạng Nhận dạng tam giác đều.

Sử dụng phép biến đổi tương đương hệ để biến đổi “Điều kiện cho trước” đến đẳng thức mà từ ta dể dàng kết luận tính chất tam giác Ngoài bất đẳng thức đối xứng với ba gócA,B,Choặc ba cạnha,b,cđều xảy dấu trạng tháiA=B=C=60◦hoặc a=b=cđể chứng minh tam giácABCđều

Ví dụ 1. Cho tam giácABCcó:

   

  

sinBsinC=3 a2= a

3−b3−c3 a−b−c

Lời giải. Ta có:

a2=a

3−b3−c3 a−b−c

⇔a2(a−b−c) =a3−b3−c3 ⇔a2(b+c) = (b+c)(b2−bc+c2) ⇔a2=b2−bc+c2

⇔b2+c2−a2=bc ⇔b

2+c2−a2

2bc =

1 ⇒cosA=

2 ⇔A= π

3 (1) Ta lại có:

sinBsinC=3

⇔cos(B−C)−cos(B+C) =3 ⇔cos(B−C) +cosA=

2 ⇔cos(B−C) =1

⇒B−C=0⇔B=C⇒ 4ABCcân (2) Từ(1)và(2)suy ra4ABCđều

Ví dụ 2. Cho4ABCcó:cot2A 2+cot

2B 2+cot

2C

2 =9.Chứng minh rằng4ABCđều

Lời giải. Theo định lí hàm số cos:

a2=b2+c2−2bc.cosA≥2bc−2bccosA=4bc.sin2A ⇒

1 sin2A

2

≥ 4bc a2 ⇒cot

2A ≥

4bc a2 −1 Chứng minh tương tự ta có:cot2B

2 ≥ 4ac

b2 −1; cot 2C

2 ≥ 4bc

c2 −1 Do đó:cot2A

2+cot 2B

2+cot 2C

2 ≥ 4bc

a2 + 4ac

b2 + 4ab

c2 −3≥3

…

4bc a2

4ac b2

4ab

c2 −3=9 Dấu “=” xảy ra⇔ 4ABCđều

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Cho4ABCcó:

®

sinB+sinC=2 sinA cosB+cosC=2 cosA Chứng minh tam giácABCđều

Lời giải. Ta có:(sinB+sinC)2+ (cosB+cosC)2= (2 sinA)2+ (2 cosA)2 ⇔2(sinBsinC+cosBcosC) +2=4⇔cos(B−C) =1⇔B−C=0⇔B=C Khi đó:

®

B=C

2 cosB=2 cosA⇔

®

B=C

B=A ⇒A=B=C⇒ 4ABCđều Bài 2. Cho tam giácABCcó:

a2cosB−C 2 sinA

2 +

b2cosC−A 2 sinB

2 +

c2cosA−B 2 sinC

2

Chứng minh rằng4ABCđều

Lời giải. Ta có:

a2cosB−C 2 sinA

2 =

a(2RsinA)cosB−C 2 sinA

2 =2aRcosA

2cos B−C

2 =2aRsinB+C

2 cos B−C

2

=aR(sinB+sinC) = a(b+c) Tương tự suy ta có:

a2cosB−C 2 sinA

2 +

b2cosC−A 2 sinB

2 +

c2cosA−B 2 sinC

2

=a(b+c)

2 +

b(c+a)

2 +

c(a+b)

2 =ab+bc+ca ≤a

2+b2

2 +

b2+c2

2 +

c2+a2 =a

2+b2+c2 Dấu “=” xảy khia=b=c⇔ 4ABCđều

Dạng Ứng dụng giải tam giác vào đo đạc

Sử dụng định lýsinvà định lýcosđể giải

Ví dụ 3. Tính khoảng cách từ điểm bờ sông đến gốc cù lao sông

Lời giải.

Để đo khoảng cách từ điểmAtrên bờ sông đến gốc câyCtrên cù lao sông, người ta chọn điểmBcùng bờ vớiAsao cho từAvà Bcó thể nhìn thấy điểmC Ta đo khoảng cách AB=d, gócCAB‘ =α ‘

CBA=β

Khi đó, khoảng cáchAC tính sau: Áp dụng định lýsinvào tam giácABC, ta có

AC sinB =

AB sinC

VìsinC=sin(α+β)nênAC= ABsinβ sin(α+β)

B

C

A α

β d

Ví dụ 4. Trong buổi gặp cuối tuần nghệ sĩ hài Xuân Bắc đặt tình giáo sư Cù Trọng Xoay sau: “Một người có chiều cao từ chân đến mắt lm Với hai dụng cụ đo thước dây giác kế, người muốn đo chiều cao cao Vậy làm để đo chiều cao cây”

Nếu vị trí giáo sư Cù Trọng Xoay em làm cách để đo chiều cao cây? Hãy minh họa kết cụ thể

Chọn vị trí đứng điểmC, gọiAlà vị trí mắt người đứng tạiC,Olà vị trí gốc cây,Blà vị trí đỉnh

Các yếu tố đo thước dây giác kế làCAB‘,AOB‘,CO

Dùng thước dây đo độ dàiCO=d, áp dụng vào tam giácAOCđể tínhAO gócAOC.‘

Dùng giác kế đo gócBAO, từ áp dụng định lýsinđể tínhBO Ta có:AO=√AC2+CO2=√l2+d2vàcos

‘

AOC= OC

OA, suy góc

‘

AOC

Dễ thấyβ =90◦−AOC Áp dụng định lý‘ sincho tam giácABOta có:

OB sinα =

OA sinABO‘

⇒OB= OAsinα

sin(180◦−α−β) = √

l2+d2sinα sin(α+β)

Giả sử người cao1,6m, đứng cách cây10m nhìn gốc góc30◦

Ta có: OA = p1,62+102 = √

641

5 cosAOC‘ = OC OA =

50 2√641 ⇒

‘

AOC≈9,1◦

Suy raβ =90−9,1=80,9◦ Khi chiều cao là:OB=

p

1,62+102sin 30◦

sin(30◦+80,9◦) ≈5,42m

α

β A

C

B

O

Ví dụ 5.

Muốn đo chiều cao tháp Chàm Por Klong Garai Ninh Thuận người ta lấy hai điểmA,Btrên mặt đất có khoảng cách AB=12m thẳng hàng với chânC tháp để đặt hai giác kế Chân giác kế có chiều cao h=1,3m GọiD đỉnh tháp hai điểm A0,B0 thẳng hàng với điểm C0 thuộc chiều caoCDcủa tháp Người ta đo gócDA’0C0=

49◦và gócDB’0C0=35◦ Hãy tính chiều caoCD=C0D+C0C

của tháp

49◦ 35◦

C C0 D

A0 B0

A B

Lời giải. Ta cóCC0=1,3m

Áp dụng định lýsin trong4A0B0Dta B 0D

sin(180◦−C’0A0D)

= A

0B0

sin(180◦−C’0A0D−35◦)

⇔ B 0D sin 131◦ = 12

sin 14◦ ⇔B

0D= 12.sin 131◦ sin 14◦

Xét4B0C0DcóC0D=B0Dcos 35◦= 12.sin 131

◦.cos 35◦

sin 14◦ ≈30,7m BÀI TẬP TỰ LUYỆN (Cho dạng)

Bài 3. Bạn Tèo có dụng cụ thước thẳng dài bạn muốn đo bán kính đường trịn lớn tượng đài cơng viên Sơng Ray (tâm đường trịn lớn bị che khuất tượng đuốc) Bạn Tèo loay hoay làm cách để đo bán kính đường trịn Hãy tìm cách giúp bạn Tèo hồn thành cơng việc

Lấy ba điểmA,B,Ckhác thuộc đường tròn Đo độ dài đoạn thẳngBC=a,AC=b,AB=c Áp dụng công thức Hê-rông tính diện tích tam giácABC: S=pp(p−a)(p−b)(p−c)với p= a+b+c

2

Suy bán kính đường trịn là:R= abc 4S

A B C

Bài 4. Một ô tô từAđếnCnhưng giữaAvàClà núi cao nên ô tô phải chạy thành hai đoạn đường từAđếnBvà từBđếnC, đoạn đường tạo thành tam giácABCcóAB=14km, BC=18km gócBb=100◦, biết cứ1km đường tơ phải tốn0,1lít xăng

a) Tính số xăng mà xe tiêu thụ chạy đoạn đường từAđếnCmà phải quaB

b) Giả sử khơng có núi có đường thẳng từAđếnCthì tơ chạy hết đường tốn lit xăng?

Lời giải.

a) Tính số xăng mà xe tiêu thụ chạy đoạn đường từAđếnCmà phải qua B

Tổng đoạn đường xe từAđếnClàAB+BC=14+18=32km Do số xăng mà xe tiêu thụ là32.0,1=3,2lit

b) Áp dụng định lý cơsin ta có:

AC2 = AB2 + BC2 − 2AB.BC.cos(ABC)‘ = 142 + 182 −

2.14.18.cos 100◦=

C A

B100

◦

14

18

Bài 5. Người ta dự định xây cầu bắc qua sông tương đối rộng chảy xiết Trong đợt khảo sát người ta muốn đo khoảng cách hai điểmAvàBở hai bên bờ sơng Khó khăn người ta khơng thể qua sơng phương tiện Em đặt vào vị trí người khảo sát để giải tình Biết em có dụng cụ ngắm đo góc thước dây

Lời giải.

Để tính chiều dài đoạn ABta tạo tam giác mà có AB cạnh Ta chọn điểmCnằm bờ (có thể phía vớiAhoặc vớiB) ta xem tam giác ba yếu tố ta đo dụng cụ có

Giả sử điểmCnằm bờ với điểmAnhư hình vẽ Các yếu tố đo cạnhACvà hai gócBAC‘=α vàACB‘=β

Áp dụng định lý sin tam giácABC, ta có: AB

sinβ =

AC

sin(α+β)⇔AB=

ACsinβ sin(α+β)

B

C

A α

β

Bài 6. Một cột điện cao 20m đóng triền dốc thẳng nghiêng hợp với phương nằm ngang góc17◦ Người ta nối dây cáp từ đỉnh cột điện đến cuối dốc Tìm chiều dài dây cáp biết đoạn đường từ đáy cọc đến cuối dốc bằng72m

Ta cóACD‘ =180◦−(90◦−17◦) =107◦

Trong tam giácABCvng tạiBcóAC= AB

cos 17◦ ≈75,3m Áp dụng định lý cos tam giácACD, ta có:

AD2 = AC2 + CD2 − 2.AC.CD.cosACD‘ = 75,32 + 202 −

2.75,3.20.cos 107◦≈6950,7⇒AD≈83,4m

B C D

A

20

72

17◦

Bài 7. Hai tàu thủyPvàQcách nhau300m TỪPvàQthẳng hàng với chânAcủa tháp hải đăngAB bờ biển người ta nhìn chiều caoABcủa tháp gócBPA‘=35◦,BQA‘ =48◦ Tính chiều cao

tháp

Lời giải. Ta có:AQ=ABcot 48◦ AP=ABcot 35◦

PQ=AP−AQ=AB(cot 35◦−cot 48◦) ⇒AB= PQ

cot 35◦−cot 48◦ ≈568,5m

A B

P Q

48◦ 35◦ 300

Bài 8. Một đua thuyền xuất phát từ điểmAnhư hình vẽ bên di chuyển theo hướng tây nam góc 52◦tới điểmB, sau di chuyển theo hướng đơng nam40◦tới điểmC, cuối quay trở lại điểmA Điểm Ccách điểmAmột khoảng8km Tính gần tổng khoảng cách đường đua

52◦

40◦

B

D W

S N

A E

C

Lời giải. Vì đường thẳngBDvà AC song song, suy raBCA‘ =CBD‘ =40◦ Do đó,ABC‘ =180◦−(52◦+

40◦) =88◦

Áp dụng định lýsintrong tam giácABC, ta được: a sin 52◦ =

b sin 88◦ =

c sin 40◦ Vìb=8theo đề, nên:a=8 sin 52

◦

sin 88◦ ≈6,308km vàc=

8 sin 40◦

Bài 9. Hai lực−→f1 và−→f2 cho trước tác dụng lên vật tạo thành góc nhọnÄ−→f1,−→f2ä=α Hãy lập cơng thức tính cường độ hợp lực−→s

Lời giải.

Đặt−AB→=−→f1,−→AD=−→f2 vẽ hình bình hànhABCD Khi đó−AC→=−AB→+−→AD=→−f1+−→f2 =−→s

Vậy−→s = −→ AC = − →

f1+−→f2

Theo định lí cơsin tam giácABC, ta có: AC2 = AB2+BC2−2.AB.BC.cosB, hay −→s = − → f1 + − → f2 − − → f1 − → f2 .cos(180 ◦−α). Do đó:−→s

= … − → f1 + − → f2 +2 − → f1 − → f2

.cosα

B A C D α − → f1 − → f2 − →s Bài 10.

Một hành khách ngồi máy bay, bay độ cao10km nhìn xuống hai thị trấn mặt đất Góc hợp phương ngang hai thị trấn là28◦và55◦(hình vẽ) Tính khoảng cách hai thị trấn

A

O

C D

55◦28◦

10km

Lời giải. Ta cóCAD‘ =55◦−28◦=27◦

Xét tam giácACOcóOAC‘ =90◦−55◦=35◦vàcosOAC‘ =

AO

AC ⇔AC= 10

cos 35◦ ≈12,2km Trong tam giácACDcóACD‘ =180◦−OCA‘ =125◦vàADC‘ =180◦−(125◦+27◦) =28◦

Áp dụng định lý sin tam giácACD, ta có CD

sin 27◦ = AC

sin 28◦ ⇔CD=

12,2 sin 27◦

§5. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II

I. Đề số 1a

Bài 1. ChoA(1,5);B(4,−1);C(−4,−5) a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC

b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

c) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBC

Lời giải.

a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC Ta có−AB→= (3,−6);−BC→= (−8,−4), suy −AB→.−BC→=0, nên tam giácABCvuông tạiB Vậy trực tâmH(x,y)là điểmB(4,−1)

1,0 điểm b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

GọiI(x,y)là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác , đóIlà trung điểm củaAC, có tọa độI

Å−3

2 ,0

ã

1,0 điểm c) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBC

Vì tam giácABCvng tạiBnên hình chiếu củaAlênBClàB(4,−1)

1,0 điểm Bài 2. Cho tam giácABCcóAB=6,AC=8;Ab=120◦

a) Tính diện tích tam giácABC

b) Tính độ dài cạnhBCvà bán kính tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC

Lời giải.

a) Tính diện tích tam giácABC Ta cóS=

2AB.AC.sinA=

2.6.8.sin 120

◦=12√3(đvdt) 1,0 điểm

b) Tính độ dài cạnhBCvà bán kính tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC Áp dụng định lí sin ta có

BC2=AB2+AC2−2AB.AC.cosA=36+64−2.6.8.−1

2 =148, suy raBC=2 √

37

0,5 điểm Ta cóR= 4S

abc= √

3 2√37

0,5 điểm

Bài 3. Tính giá trị biểu thức sauP=tan 6◦.tan 12◦.tan 18◦ tan 78◦.tan 84◦

Lời giải. Ta cótan 6◦.tan 84◦=tan 12◦.tan 78◦=tan 18◦.tan 72◦= =tan 42◦.tan 48◦

Bài 4. Chứng minh nếum2a=m2b+m2c thìa2=S.cott, đóma,mb,mclần lượt trung tuyến

ứng với cạnha,b,cvàSlà diện tích tam giácABC

Lời giải. Từ điều kiện tốn ta có b2+c2−a

2

2 =c

2+a2−b2 +a

2+b2−c2 Suy rab2+c2=5a2

1,0 điểm Theo định lí hàm cơsin ta có b2+c2 =a2+2bc.cosA Do 2a2 =bc.cosA ⇒ 2S

sinA.cosA=2a ⇒ S.cotA=a2 1,0 điểm Bài 5. ChoA(2,6);B(−3,−4);C(5,0) Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC

Lời giải. Ta có−AB→= (−5,−10);−AC→= (3,−6), suy raAB=5√5;AC=3√5;

0,5 điểm Gọi tọa độ điểmD(x,y) Ta có DB

AB = DC

AC, suy DB DC =

AB AC =

5 Do đó−→DB=−5

3 −→

DC, ta hệ phương trình ẩnx,y, giải hệ ta tọa độ điểmD(2,−3)

0,5 điểm Gọi tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giácABClàJ(x,y)

Ta có độ dài đoạnBD=5√5 Khi JD

BD = JA

AB suy JD JA =

BD AB =

5

0,5 điểm Do đó−JD→=−5

3 −→

JA, ta hệ phương trình ẩnx,y, giải hệ ta tọa độ điểmJ(2,1)

0,5 điểm

II. Đề số 1b

Bài 1. ChoA(−5,6);B(−4,−1);C(4,3) a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC

b) Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC

c) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBC

Lời giải.

a) Tìm tọa độ trực tâmH tam giácABC

GọiH(x,y) Ta có−→AH.−BC→=0và−→BH.AC−→=0, suy ra2x+y=−4vàx−3y=−11, giải hệ phương trình ta đượcH(−3,2)

1,0 điểm b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

GọiI(x,y) Khi đóIA=IBvàIA=IC Do đó, ta có (x+5)2+ (y−6)2= (x+4)2+ (y+1)2

(x+5)2+ (y−6)2= (x−4)2+ (y−3)2

suy ra3x−y=6vàx−7y=22, giải hệ phương trình ta đượcI(−16 ,

−18 )

c) Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểmAlên đường thẳngBC

GọiM(x,y)là hình chiếu vng góc điểmAlên cạnhBC Ta có−→AM= (x+5,y−6)và−BC→= (8,4); −→

BM= (x+4,y+1)

Khi ta có−→AM.−BC→=0và−→BM=t.−BC.→ Suy rat=

7 vàM(−2,0)

1,0 điểm Bài 2. Cho tam giácABCcóAB=3,AC=4;Ab=60◦

a) Tính diện tích tam giácABC

b) Tính độ dài cạnhBCvà bán kính tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

Lời giải.

a) Tính diện tích tam giácABC Ta cóS=

2AB.AC.sinA=

2.3.4.sin 60

◦=3√3(đvdt) 1,0 điểm

b) Tính độ dài cạnhBCvà bán kính tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC Áp dụng định lí sin ta có

BC2=AB2+AC2−2AB.AC.cosA=9+16−2.3.4.1

2 =13, suy raBC= √

13

0,5 điểm Ta cóR= 4S

abc= √

39 13

0,5 điểm Bài 3. Biếtsinα+cosα =1 Tính giá trị biểu thứcP=tan2α+cot2α

Lời giải. Ta cósinα+cosα =

2 ⇒(sinα+cosα) 2=

4 ⇒sinα.cosα = −3

8

0,5 điểm Ta lại cóP=sin

4

α+cos4α sin2α.cosα

= 49

6 0,5 điểm Bài 4. Chứng minh góc tam giácABC thỏa mãn điều kiệnsinB=2 sinA.cosC, tam giác cân

Lời giải. Từ điều kiện toán, áp dụng định lí sin a sinA =

b sinB=

c

sinC =2R, ta có b=2.a.cosC=2aa

2+b2−c2

2ab =

a2+b2−c2 b Suy rac2=5a2⇒a=c

1,0 điểm Theo định lí hàm cơsin ta có b2+c2 =a2+2bc.cosA Do 2a2 =bc.cosA ⇒ 2S

sinA.cosA=2a ⇒ S.cotA=a2 1,0 điểm Bài 5. ChoA(2,5);B(−3,−5);C(5,−1) Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giácABC

Lời giải. Ta có−AB→= (−5,−10);−AC→= (3,−6), suy raAB=5√5;AC=3√5;

0,5 điểm Gọi tọa độ điểmD(x,y) Ta có DB

AB = DC

AC, suy DB DC =

AB AC =

Do đó−→DB=−5

−→

DC, ta hệ phương trình ẩnx,y, giải hệ ta tọa độ điểmD(2,−5 2)

0,5 điểm Gọi tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giácABClàJ(x,y)

Ta có độ dài đoạnBD=

√ Khi JD

BD = JA

AB suy JD JA = BD AB =

0,5 điểm Do đó−JD→=−1

2 −→

JA, ta hệ phương trình ẩnx,y, giải hệ ta tọa độ điểmJ(2,10

3 )

0,5 điểm

III. Đề số 2a

Bài 1. (1,5 điểm) Cho∆ABCcóAB=2,AC=3,BC=4 Tính diện tíchScủa∆ABC?

Lời giải.

Ta có: p= a+b+c

2 =

2+3+4

2 =

9

2⇒ p−a=

2,p−b=

2,p−c= VậyS=pp(p−a)(p−b)(p−c) =3

√ 15

Bài 2. (1,5 điểm) Cho∆ABCcóAB=2,AC=3,BC=4 Tính đường caoha

Lời giải.

Ta có: p= a+b+c

2 =

2+3+4

2 =

9

2⇒ p−a=

2,p−b=

2,p−c= VậyS=pp(p−a)(p−b)(p−c) =3

√ 15

4 Ta có :S=

2aha⇒ha= 2S

a = 3√15

8

Bài 3. (1 điểm) Cho∆ABCcóAB=2,AC=3,BC=4 Tính bán kínhRđường trịn ngoại tiếp tam giác

Lời giải.

Ta cóS= abc

4R ⇒R= abc

4S = 8√15

5

Bài 4. (1 điểm) Tính giá trị biểu thứcA=4 sin4135◦+√3 cos3150◦−3 cot2120◦

Lời giải.

Ta cósin 135◦=sin445◦= √

2 , cos 150◦=−cos 30◦=−

√ 3 , cot 120◦=−cot 60◦=−√1

3 Vậy ta cóA=4

Ç√

2

å4

+√3

Ç − √ 3 å3 −3 Å

−√1

ã2

=9 Bài 5. (3 điểm) Cho∆ABCbiếtA(1; 2),B(−1; 1),C(5;−1) a) Tìm tọa độ chân đường caoA1hạ từ đỉnhAcủa∆ABC b) Tìm tọa độ trực tâmH của∆ABC

Lời giải.

a) GọiA1(x;y)là chân đường cao hạ từ đỉnhAcủa∆ABC ⇔

(−−→ AA1⊥−BC→ −−→ BA1k−BC→

⇔ (−−→

AA1.−BC→=0 −−→

BA1k−BC→ ⇔

 



6(x−1)−2(y−2) =0 x+1

6 =

y−1 −2

⇔x=y=1 Vậy tọa độA1(

1 2;

b)GọiH(x;y)là trực tâm của∆ABC ⇔

(−→ AH⊥−BC→ −→ BH⊥CA−→

⇔ (−→

AH.−BC→=0 −→

BH⊥CA−→ ⇔

®

x=2 y=5 Vậy tọa độH(2; 5)

Bài 6. (2 điểm) Cho nửa đường tròn đường kínhAB CóAC,BDlà hai dây cung thuộc nửa đường trịn cắt tạiE Chứng minh rằng−AE→.−AC→+BE−→.−→BD=AB2

Lời giải.

Ta cóAE−→.−AC→=AE−→.(−AB→+−BC) =→ AE−→.AB−→+−AE→.BC−→=−AE→.−AB→(1) −→

BE.−→BD=−BE→.(−BA→+−→AD) =−BE→.−BA→+−BE→.AD−→=−BE→.−BA→(2) Cộng(1)và(2)theo vế ta được:

−→

AE.−AC→+−BE→.BD−→= (−AE→−−BE)→ AB−→= (−AE→+−EB)→ AB−→=−AB→2=AB2

IV. Đề số 2b

Bài 1. (1,5 điểm) Cho∆ABCcóAB=√3+1,AC=2,BC=√6 Tính gócAcủa∆ABC?

Lời giải.

Theo định lýcostrong tam giác ta có:cosA=b

2+c2−a2

2bc =

1

2 ⇔A=60 ◦. Bài 2. (1,5 điểm) Cho∆ABCcóAB=c,AC=b,BC=a TínhAB−→.−AC→theoa,b,c

Lời giải.

Ta có:−BC→=−AC→−−AB (1)→

Bình phương vô hướng hai vế (1) ta được: −→

BC2= (−AC→−−AB)→ 2⇔BC2=AC2+AB2−2.AC−→.−AB→=AC2+AB2−2.−AB→.−AC→ Suy ra−AB→.−AC→=

2(AB

2+AC2−BC2) = 2(c

2+b2−a2).

Bài 3. (1 điểm) Tính tổngS=cos 10◦+cos 30◦+ +cos 150◦+cos 170◦

Lời giải.

Ta viết lạiSdưới dạng:

S= (cos 10◦+cos 170◦) + (cos 30◦+cos 150◦) + (cos 50◦+cos 130◦) + (cos 70◦+cos 110◦) +cos 90◦ = (cos 10◦−cos 10◦) + (cos 30◦−cos 30◦) + (cos 50◦−cos 50◦) + (cos 70◦−cos 70◦) =0

Bài 4. (1 điểm) Cho∆ABCbiếtAB=2,BC=3,CA=4và đường caoAD Tính độ dài đoạnCD

Lời giải.

Ta có :S∆ABC=1

2.BC.AD= p

p(p−a)(p−b)(p−c) ⇔AD=2

p

p(p−a)(p−b)(p−c)

a =

√ 15 Trong∆ACDta có:CD=√AC2−AD2=

2 Bài 5. (2 điểm) Chứng minh

Å…

1−cosα 1+cosα −

…

1+cosα 1−cosα

ã2

=4 tan2α

Lời giải.

Ta biến đổi VT đẳng thức: V T =





(√1−cosα)2−(√1+cosα)2

»

(√1+cosα)(√1−cosα) 



=

ñ

−2 cosα p√

1−cos2α

ô

=

ï−2 cos

α |sinα|

ò

=4 cos 2α

sin2α

=4 tan2α (ĐPCM)

b) GọiMlà trung điểmBCvàGlà trọng tâm∆ABC Tính độ dàiAMvàAG c) Tínhcosgóc tạo bởiAGvàBCtheoa,b,c

Lời giải.

a) Ta có :−BC→=−AC→−−AB→(1) Bình phương hai vế(1)ta được: −→

BC2= (−AC→−−AB)→ 2⇔BC2=AC2+AB2−2.−AC→.−AB.→ Vậy ta có:−AC→.−AB→=1

2(AC

2+AB2−BC2) = 2(a

2+b2−a2). b) Theo đẳng thức véctơ trung điểm ta có:−→AM=

2( −→

AC+−AB) (2)→ Bình phương hai vế(2)ta được:

−→ AM2=

4( −→

AC+−AB)→ 2= 4(AC

2+AB2+2.−AC→.−AB)→ =1

4

ï

c2+b2+2.1

2 b

2+c2−a2

ò

= 2b

2+2c2−a2 ⇔AM=

2 √

2b2+2c2−a2(*). Suy :AG=

3AM=

1

√

2b2+2c2−a2=

√

2b2+2c2−a2. c) Gọiα góc tạo bởiAGvàBC

Khi

−→ AG.−BC→

= −→ AG −→ BC

.cosα ⇔cosα =

−→ AG.−BC→

−→ AG −→ BC .(3) Ta có−AG→.−BC→=

3

Ä−→

AB+−BC→ä.ÄAC−→−−AB→ä= AC

2−AB2 =1

3 b 2−c2

(4) Thế (4) vào (3) ta được:cosα =

1

b2−c2

3 √

2c2+2b2−a2.a =

b2−c2 a√2c2+2b2−a2

V. Đề số 3a

Bài (2,5đ)Cho tam giácABCcóAB=4a,AC=5a,BC=6a a) TínhcosA.b

b) Tính độ dài đường trung tuyến hạ từB

c) Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giácABC

Lời giải. A C B 4a 5a 6a M I

a) cosAb=

AB2+AC2−BC2 2AB.AC =

(4a)2+ (5a)2−(6a)2 2.4a.5a =

1

8 (0,25×2) b) Trung tuyến hạ từ đỉnhB:

m2b= 2(AB

2+BC2)−AC2

4 =

2[(4a)2+ (6a)2]−(5a)2

4 =

79a2

4 (0,25×2) ⇒mb= a

√ 79

c) Nửa chu vi tam giácp= AB+BC+AC

2 =

15a

2 (0,25) Diện tích tam giácSABC=

p

p(p−AB)(p−AC)(p−BC) = 15 √

7a2

4 (0,25×2) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giácABC:

S=p.r⇔r= S p=

15√7a2 15a

2 =

√ 7a

2 (0,25×2)

Bài (1đ)Lắp đường dâu cao từ vị tríAđến vị tríBphải tránh núi, người ta phẳi nối thẳng đường dây từ vị tríAđến vị tríCdài15km từ vị tríCnối thẳng đến vị tríBdài10km Góc tạo hai đoạn dâyACvàCBlà75◦ Hỏi việc nối thẳng từAđếnBngười ta tốn thêm km dây?

Lời giải.

A

C

B 15km

10km 75◦

AB2=AC2+BC2−2AC.BC.cosC=152+102−2.15.10.cos 75◦≈247,4 (0,25×2) ⇒AB≈15,73km (0,25)

Như so với việc nối thẳng từAđềnBngười ta tốn thêm25−15,73≈9,27km dây (0,25)

Bài (2,5đ)Cho tam giác ABC cóAB=4a, AC=6a gócBAC‘=120◦ Tính độ dài cạnh BC, đường

trung tuyếnAM, diện tích tam giácIBC(Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC)

Lời giải.

C

A B

4a

6a M

I

120◦

Ta có:

BC2=AB2+AC2−2AB.AC.cosA= (4a)2+ (6a)2−2.4a.6a.cos 120◦=76a (0,25×2) ⇒BC=2a√19 (0,25)

Đường trung tuyếnAM: AM2= 2(AB

2+AC2)−BC2

4 =

2((4a)2+ (6a)2)−76

4 =7a

⇒AM=a√7 (0,25)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giácABC: R= BC

2 sinA =

2a√19

√

= 2a √

57

3 =IB (0,25×2) Diện tích tam giácIBCbằng:

SIBC=

2IB.IC.sinBICd= 2IB

2sin 120◦. (0,25) ⇒SIBC=

2 76a2

3 √

3 =

19a2√3

3 (0,25)

Bài (2đ)Tính gócAcủa∆ABCbiếtb(b2−a2) =c(a2−c2)

Lời giải. Ta có

b(b2−a2) =c(a2−c2)

⇔b(b2−b2−c2+2bc.cosA) =c(b2+c2−2bc.cosA−c2) (0,25×2) ⇔ −bc2+2b2c.cosA=cb2−2bc2.cosA

⇔bc2(2 cosA−1) +cb2(2 cosA−1) =0 (0,25×2) ⇔(2 cosA−1)(bc2+cb2) =0 (0,25)

⇔(2 cosA−1) =0 (0,25)(Dobc2+cb2>0) ⇔cosA=

2⇒Ab=60

◦ (0,25×2)

Bài (2đ)Cho tam giácABCthỏa mãn sinA ma =

sinB mb =

sinC

mc Chứng minh tam giácABCđều

Lời giải. Xét sinA ma =

sinB mb Ta cósinA= a

2R vàsinB= b 2R ⇒ a

ma

= b

mb ⇒ma= a.mb

b (0,5) ⇒m2a=

a.m

b

b

Do đó,

2(b2+c2)−a2

4 =

a2.m2b b2 ⇔ 2(b

2+c2)−a2

4 =

a2(2(a2+c2)−b2)

4b2 (0,25×2) ⇔2b2(b2+c2)−a2b2=2a2(a2+c2)−a2b2

⇔4b4−4a4+2b2c2−2a2c2=0 ⇔(b2−a2)[2(b2+c2) +c2] =0 ⇔b2−c2=0 (0,25) ⇔b=c (0,25) Chứng minh tương tự với sinB

mb = sinC

mc

VI. Đề số 3b

Bài (2,5đ)Cho tam giácABCcóAB=2a,AC=3a,BC=4a a) TínhcosAb

b) Tính độ dài đường trung tuyến hạ từC

c) Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giácABC

Lời giải.

A

C

B 2a

3a 4a

M I

a) cosAb=

AB2+AC2−BC2 2AB.AC =

(2a)2+ (3a)2−(4a)2 2.2a.3a =−

1

4 (0,25×2) b) Trung tuyến hạ từ đỉnhC:

m2c= 2(AC

2+BC2)−AB2

4 =

2[(3a)2+ (4a)2]−(2a)2

4 =

23a2

4 (0,25×2) ⇒mc= a

√ 23

2 (0,25)

c) Nửa chu vi tam giácp= AB+BC+AC

2 =

9a

2 (0,25) Diện tích tam giácSABC=pp(p−AB)(p−AC)(p−BC) =

√ 15a2

4 (0,25×2) Bán kính đường tròn nội tiếp tam giácABC:

S=p.r⇔r= S p=

3√15a2 9a

2 =

√ 15a

6 (0,25×2)

Bài (1đ)Hai tàu thủyPvàQcách nhau400m đồng thời thẳng hàng với chânAcủa tháp hải đăng bờ biển TừPvà Q, người ta nhìn chiều caoABcủa tháp góc‘BPA=19◦vàBQA‘ =68◦ Tính

chiều caoABcủa tháp hải đăng?

Lời giải.

A B

P

Q 400m

19◦ 68◦

Ta có:AP=ABcot 19◦ (0,25);

AQ=ABcot 68◦ (0,25) màAP−AQ=PQ=400m ⇒AB= 400

Bài (2đ)Cho tam giácABCcóAB=a,AC=2avà gócBAC‘=120◦ Tính độ dài cạnhBC, đường trung

tuyếnAM, diện tích tam giácIBC(Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC)

Lời giải.

C

A B

a

2a M

I

120◦

Ta có:

BC2=AB2+AC2−2AB.AC.cosA= (a)2+ (2a)2−2.a.2a.cos 120◦=7a ⇒BC=a√7 (0,25×2)

Đường trung tuyếnAM: AM2= 2(AB

2+AC2)−BC2

4 =

2((a)2+ (2a)2)−7

4 =

3a2

4 (0,25×2) ⇒AM= a

√

2 (0,25)

Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giácABC: R= BC

2 sinA = a√7

√

= a √

21

3 =IB (0,25) Diện tích tam giácIBCbằng:

SIBC=

2IB.IC.sinBICd= 2IB

2sin 120◦ (0,25) ⇒SIBC=

2

a2√21

√ =

a2√7

4 (0,25) Bài (2đ)Tính gócAcủa∆ABCbiết

a+b+ a+c =

3 a+b+c

Lời giải. Ta có: a+b+

1 a+c =

3 a+b+c ⇔ 2a+b+c

(a+b)(a+c) =

a+b+c (0,25)

⇔(2a+b+c)(a+b+c) =3(a+b)(a+c) (0,25)

⇔2a2+3ab+3ac+2bc+b2+c2=3a2+3ab+3bc+3ac (0,25) ⇔a2=b2+c2−bc (0,5)

⇒cosA=1

Bài (2đ)Cho tam giácABCthỏa    

  

1+cosC 1−cosC =

2b+a 2b−a b3+c3−a3

b+c−a =a

Chứng minh tam giácABCđều

Lời giải. Xét 1+cosC 1−cosC =

2b+a 2b−a Ta có:

VT= 1+cosC 1−cosC =

1+a

2+b2−c2 2ab 1−a

2+b2−c2 2ab

= (a+b) 2−c2

c2+ (a−b)2 (0,25) Suy ra:

(a+b)2−c2 c2−(a−b)2 =

2b+a 2b−a

⇔((a+b)2−c2)(2b−a) = (2b+a)(c2+ (a−b)2)

⇔2b(a+b)2+2b(a−b)2−4bc2−a(a+b)2+a(a−b)2=0 (0,25) ⇔2b[(a+b)2+ (a−b)2]−4bc2−a[(a+b)2−(a−b)2] =0

⇔4a2b+4b3−4bc2−4ab=0 ⇔a2+b2−c2−a2=0

⇔b2=c2⇒b=c (0,25) Xét b

3+c3−a3 b+c−a =a

3

Ta có

b3+c3−a3 b+c−a =a

2

⇔b3−c3−a3=a2(b+c−a) ⇔b3−c3=a2b+a2c

⇔b3−c3= (b2+c2−2bccosA)b+ (b2+c2−2bccosA)c (0,25×2) ⇔c2b−2b2ccosA+b2c−2bc2cosA=0

⇔(1−2 cosA)(b2c+bc2) =0 (0,25) ⇔cosA=

2

⇒A=60◦ (0,25)

Chương 3

TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ

§1. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QT VÀ PHƯƠNG TRÌNH

THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG

I. Tóm tắt lí thuyết

1. Véc-tơ phương đường thẳng

Định nghĩa 1. Véc-tơ−→u gọi véc-tơ phương đường thẳng∆nếu−→u 6=−→0 giá của−→u song song trùng với∆

2. Phương trình tham số đường thẳng

Định nghĩa 2. Cho đường thẳng∆đi quaM0(x0;y0)và có véc-tơ phương −→u = (u1;u2) Phương trình tham số của∆:

ß

x=x0+tu1

y=y0+tu2 (1) (tlà tham số)

4! Nhận xét:M(x;y)∈∆⇔ ∃t∈R:

ß

x=x0+tu1 y=y0+tu2 3. Phương trình tắc đường thẳng

Định nghĩa 3. Cho đường thẳng∆đi quaM0(x0;y0)và có véc-tơ phương−→u = (u1;u2), đóu1và u26=0 Phương trình tắc đường thẳng∆là

x−x0

a =

y−y0 b 4. Véc-tơ pháp tuyến đường thẳng

Định nghĩa 4. Véc-tơ−→n gọi véc-tơ pháp tuyến đường thẳng∆nếu−→n 6=−→0 giá của−→n vng góc với∆

5. Phương trình tổng quát đường thẳng

Định nghĩa 5. Phương trình Ax+By+C=0 (với A2+B26=0) gọi phương trình tổng quát đường thẳng

4! Nhận xét:

• Nếu đường thẳng∆có phương tìnhAx+By=Cthì đường thẳng∆có véc-tơ pháp tuyến−→n = (A;B), véc-tơ phương là−→u = (B;−A)hoặc−→u0 = (−B;A)

• Nếu đường thẳng∆đi quaM(x0;y0)và có véc-tơ pháp tuyến−→n = (A;B)thì phương trình đường thẳng∆:A(x−x0) +B(y−y0) =0

• Đường thẳng∆đi qua hai điểmA(a; 0),B(0;b)(vớia.b6=0) phương trình đường thẳng∆có dạng: x

a+ y

b =1 Đây gọi phương trình đường thẳng theo đoạn chắn

• Đường thẳng∆đi qua điểmM(x0;y0)và có hệ số góckthì phương trình đường thẳng∆là:y−y0= k(x−x0) Đây phương trình đường thẳng theo hệ số góc

• Nếu đường thẳng∆có véc-tơ phương−→u = (u1;u2)thì có hệ số góc làk= u2 u1

Ngược lại, nếu đường thẳng∆có hệ số góck= a

b thì véc-tơ phương là −

→u = (1;k).

II. Các dạng toán

Dạng Viết phương trình tham số đường thẳng

Để lập phương trình tham số đường thẳng ∆ ta cần xác định điểm M(x0;y0)∈∆ véc-tơ phương−→u = (u1;u2)

Vậy phương trình tham số đường thẳng∆:

ß

x=x0+tu1 y=y0+tu2

Ví dụ 1. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tham số đường thẳng∆biết∆đi quaM(1; 2)và có vec-tơ phương−→u = (−1; 3)

Lời giải. Phương trình tham số đường thẳng∆:

ß

x=1−t y=2+3t

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, đường thẳng d qua A(1; 2),B(3; 1) Viết phương trình tham số đường thẳngd

Lời giải. Đường thẳngd quaA(1; 2)và nhận−AB→= (2;−1)làm véc-tơ phương Vậy phương trình tham số đường thẳngd:

ß

x=1+2t y=2−t

Ví dụ 3. Trong mặt phẳngOxy, đường thẳng d quaM(−2; 3)và song song với đường thẳng EF BiếtE(0;−1),F(−3; 0).Viết phương trình đường thẳngd

Lời giải. −→EF= (−3; 1)

Phương trình tham số đường thẳngd:

ß

x=−2−3t y=3+t

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Trong mặt phẳngOxy, cho điểmA(3;−4),B(0,6) Viết phương trình tham số đường thẳngAB

Lời giải. Ta có:−AB→= (−3; 10)

Đường thẳng(AB)quaA(3;−4)và nhận−AB→= (−3; 10)làm véc-tơ phương Vậy phương trình đường thẳng(AB):

ß

Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tham số đường thẳng d qua điểmA(1;−4)có véc-tơ phương là→−u = (5; 1)

Lời giải. Phương trình đường thẳng(d):

ß

x=1−4t y=5+t

Bài 3. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tham số đường thẳngd qua điểmM(1;−1)có véc-tơ phương là→−u = (0; 1)

Lời giải. Phương trình đường thẳng(d):

ß

x=1

y=−1+t

Bài 4. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tham số đường thẳngd qua điểmA(0;−4)và song song với đường thẳng∆có phương trình tham số

ß

x=2017+2t y=2018−t

Lời giải. Đường thẳng∆:có véc-tơ phương→−u = (2;−1)

Vì đường thẳngdsong song với đường thẳng∆nênd nhận−→u = (2;−1)làm véc-tơ phương Lại códđi qua điểmA(0;−4)nên phương trình tham số đường thẳngd:

ß

x=2m y=−4−m

Dạng Viết phương trình tổng quát đường thẳng

Để lập phương trình tổng quát đường thẳng ∆ta cần xác định điểm M(x0;y0)∈∆ véc-tơ pháp tuyến−→n = (A;B)

Vậy phương trình đường thẳng∆:A(x−x0) +B(y−y0) =0

Vậy phương trình tổng qt đường thẳng∆:Ax+By=CvớiC=−(Ax0+By0)

Ví dụ 4. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tổng quát đường thẳng∆đi qua điểmM(−1; 5)và có véc-tơ pháp tuyến−→n = (−2; 3)

Lời giải. Phương trình đường thẳng∆:−2(x+1) +3(y−5) =0⇔ −2x+3y−17=0 Vậy phương trình tổng qt đường thẳng∆:−2x+3y−17=0

Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng quát đường thẳng∆ qua điểmN(2; 3)và vng góc với đường thẳngABvớiA(1; 3),B(2; 1)

Lời giải. Ta có:−AB→= (1;−2)

Đường thẳng∆quaN(2; 3)và nhận−AB→= (1;−2)làm véc-tơ pháp tuyến Phương trình đường thẳng∆:(x−2)−2(y−3) =0⇔x−2y+4=0 Vậy phương trình tổng quát đường thẳng∆:x−2y+4=0

Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng qt đường thẳngd quaA(−1; 2)và vng góc với đường thẳngM:2x−y+4=0

Lời giải.

Cách 1:

Phương trình đường thẳngdcó dạng:x+2y+C=0

Vìd qua A(−1; 2) nên ta có phương trình: −1+2.2+C=0⇔C=−3 Vậy phương trình tổng quát đường thẳng đường thẳngd:x+2y−3=0

Cách 2:

Đường thẳngMcó véc-tơ phương−→u = (1; 2)

Ví dụ 7. Trong mặt phẳngOxy, cho đường thẳng ∆:

®

x=−2t y=1+t ∆

0:

®

x=−2−t0

y=t0 Viết phương trình tham số đường thẳngdđối xứng với∆0qua∆

A.d:

®

x=l

y=22−7l B.

®

x=22−7l

y=l C.

®

x=−6+3l

y=4 D.

®

x=−6+7l y=4+l

Lời giải.Chọn đáp án B

GọiM=∆∩∆0⇒M(−6; 4) CóA(−2; 0)∈∆0khácM

Tìm tọa độ hình chiếu củaAlên∆làH

Å−6

5 ;

ã

Tọa độ điểm đối xứng củaAqua∆làA0

Å

−2 5;

16

ã

Vậy đường thẳng cần tìm

®

x=22−7l y=l

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 5. Cho đường thẳng∆có phương trình tham số:

®

x=1+2t y=−3−t a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng∆

b) Viết phương trình tổng quát đường thẳng l qua điểmN(4; 2)và vng góc với∆

Lời giải. a) Đường thẳng∆có vecto phương là−→u = (2;−1)nên có véc-tơ pháp tuyến là−→n = (1; 2) Chọn tham sốt =0ta có điểmA(1;−3)nằm trên∆

Phương trình tổng qt đường thẳng∆là: 1.(x−1) +2.[y−(−3)] =0⇔x+2y−5=0

b) Đường thẳng l vng góc với ∆ nên có vecto pháp tuyến là−→nl = (2;−1) Phương trình tổng quát

đường thẳngllà:2(x−4)−1(y−2) =0⇔2x−y−6=0

Bài 6. Trong mặt phảngOxy, cho đường thẳngdcó hệ số góc bằng−3vàA(1; 2)nằm trênd Lập phương trình tổng quát đường thẳngd

Lời giải. Đường thẳngdcó hệ số góc bằng−3nên có vec-tơ pháp tuyến là(3; 1)

Đường thẳng d qua điểm A(1; 2) có vec-tơ pháp tuyến (3; 1) nên có phương trình tổng quát là: 3(x−1) +1(y−2) =0⇔3x+y−5=0

Bài 7. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tổng quát đường thẳngd quaA(2;−5)và tạo với trụcOxmột góc60◦

Lời giải. Hệ số góc đường thẳngdlàk=tan 60◦= √

3 Phương trình đường thẳngdlà:y=

√

3 (x−2)−5⇔ √

3x−3y−15−2√3=0

Bài 8. Trong mặt phẳngOxy, cho đường thẳngd:y=2x+1, viết phương trình đường thẳngd0đi qua điểm Blà điểm đối xứng điểmA(0;−5)qua đường thẳngdvà song song với đường thẳngy=−3x+2

Lời giải. Đường thẳngABvng góc với đường thẳngdnên ta có:kAB.2=−1⇔kAB=−1 Phương trình đường thẳngABlà:y=−1

2(x−0)−5⇔y=− 2x−5

VìAvà B đối xứng qua đường thẳngd nên trung điểmN chúng giao điểm hai đường thẳngdvàAB

Suy tọa độ điểmN nghiệm hệ phương trình:  



y=2x+1 y=−1

2x−5 ⇒N

Å

−12 ;−

19

ã

đượcA

Å

−24 ;−

13

ã

Đường thẳngd0song song với đường thẳngy=−3x+2nênkd0=−3 Phương trình đường thẳngd0là:y=−3

Å

x+24

ã

−13

5 ⇔y=−3x−17

Bài 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x−3y+1=0 điểm A(−1; 3).Viết phương trình đường thẳngd0đi qua A cách điểmB(2; 5)khoảng cách bằng3

Lời giải. Phương trìnhd0có dạng:ax+by=c=0 DoA∈d0nên:(−1)a+3b+c=0⇔c=a−3b(1) Hơn nữad(B,d0) =3⇔|2a√+5b+c|

a2+b2 =3(2) Thay (1) vào (2) ta có: √|3a+2b|

a2+b2 =3⇔5b

2−12ab=0⇔ 

 b=0 b= 12a

5 Vớib=0thay vào (1) ta cóc=a⇒d0:ax+a=0⇔d0:x+1=0 Vớib=12a

5 ta chọna=5,b=12thay vào (1) ta được:c=5−3.12=−31⇒d

0: 5x+12y−31=0 Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng qua điểmM(2; 5) cách đềuA(−1; 2) vàB(5; 4)

Lời giải. Gọi phương trình đường thẳngdcần tìm làax+by+c=0 a2+b26=− (1)

DoM(2; 5)∈d nên ta có:2a+5b+c=0⇔c=−2a−5b Thayc=−2a−5bvào (1) ta có phương trình đường thẳngdtrở thành:ax+by−2a−5b=0(2)

Vìdcách hai điểmAvàBnên: |(−1)a+2b−2a−5b|

√

a2+b2 =

|5a+4b−2a−5b| √

a2+b2 ⇔ |3a+3b|=|3a−b| ⇔9a

2+18ab+9b2=9a2−6ab+ b2⇔8b2+24ab=0⇔

ñ

b=0 b=−3a

Trường hợp 1: Vớib=0thay vào (2) ta phương trình đường thẳngdlà: ax+0y−2a−5.0=0⇔ax−2a=0⇔x−2=0

Trường hợp 2: Với b=−3a ta chọn a=1,b=−3 thay vào (2) ta phương trình đường thẳngd là: 1x−3y−2−5.(−3) =0⇔x−3y+13=0

Dạng Vị trí tương đối góc hai đường thẳng

Cho đường thẳng ∆:Ax+By+C=0 ∆0:A0x+B0y+C0 =0 Khi ta có −→n = (A,B) −

→

n0 = (A0,B0)lần lượt véc-tơ pháp tuyến của∆và∆0

a) Để xét vị trí tương đối của∆và ∆0trước hết ta dựa vào véc-tơ−→n − →

n0 Nếu véc-tơ−→n và−→n0 không cộng tuyến thì∆và∆0cắt Nếu véc-tơ−→n

− →

n0 cộng tuyến, nghĩa A A0 =

B B0 thì∆và∆0là hai đường thẳng song song trùng Cụ thể ta có:

∆cắt∆0khi A A0 6=

B

B0, nếuAA

0+BB0=0thì∆⊥∆0. ∆≡∆0khi

A A0 =

B B0 =

C C0 ∆k∆0khi A

A0 = B B0 6=

C C0

b) Nếu∆cắt∆0và gọiϕ góc đường thẳng∆,∆0thìcosϕ =|cos(−→n − →

n0)|

Ví dụ 8. Cho ba đường thẳng:d1: 2x+y−1=0, d2:x+2y+1=0, d3 :mx−y−7=0 Chứng minh đường thẳngd1,d2cắt tìm giá trị tham sốmđể ba đường thẳng đồng quy

Lời giải. Ta có

®

2x+y−1=0 x+2y+1=0 ⇔

®

x=1 y=−1 Từ suy rad1,d2cắt điểmA(1;−1)

Ba đường thẳng cho đồng quy khid3cũng qua điểmA, hayA∈d3, suy m.1−(−1)−7=0⇔m=6

Ví dụ 9. Cho đường thẳng∆: 2x+3y−5=0,∆0: 3x−2y−1=0và điểmM(2; 3) a) Xét vị trí tương đối đường thẳng∆và∆0

b) Biếtdlà đường thẳng qua điểmMvà tạo với đường thẳng∆,∆0một tam giác cân Tính góc đường thẳng∆vàd

Lời giải. a) Ta có−→n = (2,3)và−→n0 = (3,−2)là véc-tơ pháp tuyến của∆và∆0 Ta thấy−→n và−→n0 khơng phương

3 6=

−2, từ suy ra∆và∆

0là đường thẳng cắt nhau. b) Ta có−→n.→−n0 =2.3+3.(−2) =0, đó∆và∆0là đường thẳng vng góc với

GọiA=∆∩∆0,B=∆∩d,C=d∩∆0 Khi tam giácABClà vng tạiAdo tam giácABCcân b

B=Cb= π

Từ suy góc đường thẳng∆vàd π

Ví dụ 10. Cho hai đường thẳng∆:(m+3)x+3y−2m+3=0và∆0: 2x+2y+2−3m=0 Tìm giá trị tham sốmđể

a) Đường thẳng∆song song với∆0 b) Đường thẳng∆cắt đường thẳng∆0

Lời giải. a)∆cắt∆0khi m+3 6=

3

2⇔m6=0

b) Theo câu a), để∆song song với∆0thì trước hết ta phải cóm=0 Vớim=0, dễ dàng nhận thấy∆≡∆0

Vậy khơng tồn tạimđể∆k∆0

Chú ý: Ta làm theo cách sau:∆song song với∆0khi 



 m+3

2 =

3 6=

−2m+3 2−3m 2−3m6=0

Hệ vơ nghiệm, khơng tồn tạimđể∆k∆0

Ví dụ 11. Tìm giá trị củakđể góc đường thẳng∆:kx−y+1=0và∆0:x−y=0bằng 60◦

Lời giải. Ta có−→n = (k; 1)và−→n0 = (1;−1)là véc-tơ pháp tuyến đường thẳng∆và∆0 Theo ta cócos 60◦=|cos(−→n,−→n0)| ⇔ √|k+1|

k2+1√2 =

2⇔2(k+1)

2=k2+1 Giải phương trình trên ta

ñ

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 11. Tìmmsao cho hai đường thẳng∆:x+5my−4=0và∆0: 2x+3y−2=0song song với

Lời giải. ∆k∆0⇔ 2=

5m

3 ⇔m= 10

Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1: 2x+y−4= 0, d2: 5x−2y+3=0, d3: mx+3y−2=0 a) Xét vị trí tương đối giữad1vàd2

b) Tìm giá trị tham sốmđể đường thẳng đồng quy

Lời giải. a) Nhận thấy 6=

1

−2, từ suy đường thẳngd1,d2cắt b) Tọa độ giao điểm hai đường thẳngd1vàd2là nghiệm hệ phương trình:

®

2x+y−4=0 5x−2y+3=0 ⇔

  

 

x=5 y=26

9

Vậyd1vàd2cắt điểmM

Å

5 9;

26

ã

Vìd1,d2,d3đồng quy nênM∈d3, ta có:m.5

9+3 26

9 −2=0⇔m=−12 Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxycho đường thẳng∆1:x+2y−

√

2=0và∆2:x−y=0 Tính cơsin góc đường thẳng∆1và∆2

Lời giải. Ta có−→n = (1; 2)và−→n0 = (1;−1)là véc-tơ pháp tuyến đường thẳng∆và∆0 Gọiϕ góc đường thẳng∆và∆0 Khi

cosϕ =|cos(−→n, − →

n0)|= √

10 10

Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxycho đường thẳng∆: 3x+5y+15=0và∆0:

®

x=10−3t y=1+5t Tính gócϕ giữa∆1và∆2

Lời giải. Ta có−→n = (3; 5)là véc-tơ pháp tuyến của∆ −

→

u0 = (−3; 5)là véc-tơ phương của∆0, suy ra∆0có véc-tơ pháp tuyến − →

n0 = (5; 3)

Do−→n.−→n0 =0⇒∆⊥∆0

Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxycho đường thẳng∆:x+2y−5=0,∆0: 3x+my−1=0 Tìmmđể góc hai đường thẳng∆,∆0bằng45◦

Lời giải. ∆:x+2y−5=0có véc-tơ pháp tuyến−→n = (1; 2), ∆0: 3x+my−1=0có véc-tơ pháp tuyến

− →

n0 = (3;m) Theo ta có:cos 45◦=

− →n.−→n0

|−→n|

− →

n0

= √|3+2m| 5√32+m2 Từ suy

ñ

m=1 m=−9

Dạng Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng

Cho điểmM(x0;y0)và đường thẳng∆: Ax+By+C=0 Khi đó, khoảng cách từ điểmMđến đường thẳng∆được tính theo cơng thức

Ví dụ 12. Tìm khoảng cách từ điểmM(1; 2)đến đường thẳng(D): 4x+3y−2=0

Lời giải. Áp dụng cơng thức tính khoảng cách ta có d(M,D) = |4·√1+3·2−2|

42+32 =

Ví dụ 13. Tìm điểm nằm đường thẳng∆: 2x+y−1=0và có khoảng cách đến(D): 4x+ 3y−10=0bằng2

Lời giải. Giả sử có điểmM∈∆, đóM(m; 1−2m) Theo đềd(M,∆) =2⇔ |4m+3(1√ −2m)−10|

42+32 =2⇔ | −2m−7|=10 ⇔

ñ

2m+7=10 2m+7=−10 ⇔



 

m= m=−17

2

Vậy có hai điểm thỏa mãn điều kiện làM1

Å

3 2;−2

ã

vàM2

Å

−17 ; 18

ã

Ví dụ 14. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1,−3) có khoảng cách đến điểm M0(2,4)bằng1

Lời giải. Giả sử đường thẳng∆đi qua điểmA(1;−3)có hệ số góck Khi phương trình∆có dạng: y+3=k(x−1)⇔kx−y−k−3=0

Theo đề ta cód(M0,∆) =

|2k−4−k−3| √

k2+1 =1⇔ |k−7|= √

k2+1⇔(k−7)2=k2+1 ⇔k2−14k+49=k2+1⇔14k=48⇔k= 24

7 Vậy phương trình∆: 24x−7y−45=0

Ví dụ 15. Viết phương trình đường thẳng(D)song song với(D0): 3x+4y−1=0và cách(D0) đoạn bằng2

Lời giải. Đường thẳng(D)k(D0)nên phương trình đường thẳng(D): 3x+4y+c=0 Lấy điểmM(−1; 1)∈(D0), theo đề ta có:

d(D,D0) =d(M,D) =2⇔ | −3+4+c|

5 =2⇔ |c+1|=10⇔

ñ

c=9 c=−11 Vớic=9ta cóD: 3x+4y+9=0

Vớic=−11ta cóD: 3x+4y−11=0

Ví dụ 16. Cho điểmA(−1,2)và hai đường(∆): x−y−1=0,(∆0): x+2y−5=0 Tìm đường thẳng(∆)một điểmMsao cho khoảng cách từMđến(∆0)bằngAM

Lời giải. Ta cóM∈∆, suy raM(m,m−1) −→

AM= (m+1;m−3)⇒AM=p(m+1)2+ (m−3)2=√2m2−4m+10. Theo đề |m+2(m√−1)−5|

5 =

√

2m2−4m+10⇔ |3m−7|=p5(2m2−4m+10) ⇔(3m−7)2=10m2−20m+50⇔m2+22m+1=0⇔m=−11±2√30

Lời giải. Giả sử phương trình cần tìm là∆: Ax+By+C=0 Theo đề ta có:

d(M,∆) =2⇔ |A√+B+C|

A2+B2 =2⇔ |A+B+C|=2 √

A2+B2 (1)

d(M0,∆) =4⇔|2A√+3B+C|

A2+B2 =4⇔ |2A+3B+C|=4 √

A2+B2 (2)

Từ (1) (2) ta có|2A+3B+C|=2|A+B+C| ⇔

đ

2A+3B+C=2(A+B+C) 2A+3B+C=−2(A+B+C) ⇔

đ

B−C=0

4A+5B+3C=0

ThayB=Cvà (1) ta được|A+2B|=2√A2+B2⇒3A2−4BA=0⇔ 

 A=0 A=

3B VớiA=0, chọnB=C=1, ta đường thẳng∆1: y+1=0

VớiA=4

3B, chọnB=3⇒A=4,C=3 Ta có đường thẳng∆2: 4x+3y+3=0 Từ4A+5B+3C=0⇒C=−1

3(4A+5B)và (1) ta |A+2B|=6√A2+B2⇒35A2−4BA+32B2=0.

Giải phương trình bậc hai theo ẩnA, ta có ∆0=4B2−1020B2=−1016B2≤0

Dạng Viết phương trình đường phân giác góc do∆1và∆2tạo thành Cho đường thẳng∆: ax+by+c=0và hai điểmM(xM;yM),N(xN;yN)6∈∆ Khi đó:

a) M,Nnằm phía so với∆khi khi(axM+byM+c)(axN+byN+c)>0

b) M,Nnằm khác phía so với∆khi khi(axM+byM+c)(axN+byN+c)<0

Để viết phương trình đường phân giác gócBAC‘ta có nhiều cách Dưới cách thường

sử dụng: Cách 1:

Dựa vào tính chất đường phân giác tập hợp điểm cách hai đường thẳngAB:ax+by+c=0 vàAC:mx+ny+p=0, ta có:

|ax+by+c| √

a2+b2 =

|mx+ny+p| √

m2+n2

Hai đường thu phân giác phân giác ngồi gócABC.‘

Sau đó, ta cần dựa vào vị trí tương đối hai điểm B,C với hai đường vừa tìm để phân biệt phân giác trong, phân giác Cụ thể, nếuB,Cở phía phân giác ngồi, khác phía phân giác

Cách 2:

LấyB0,C0lần lượt thuộcAB,ACsao cho: −→

AB0= AB

−→

AB;−→AC0= AC

−→ AC

Giả sử−→AD=−→AB0+−→AC0Khi tứ giácAB0DC0là hình thoi Do đó,−→ADlà vectơ phương đường phân giác cần tìm

A

B B0

C C0

D

Cách 3:

Giả sử−→u = (a;b)là vectơ phương đường phân giác cần tìm Ta có: cos(−AB→,−→u) =cos(−AC→,−→u)⇔

−→ AB.−→u

−→ AB

= −→ AC.−→u

−→ AC

Ví dụ 18. Viết phương trình đường phân giác gócA tam giác ABC biếtA(1; 1), B(4; 5), C(−4;−11)

Lời giải. Cách 1.Ta có phương trình cạnh:

AB: 4x−3y−1=0;AC: 12x−5y−7=0 Phương trình hai đường phân giác gócAlà:



 

4x−3y−1

5 =

12x−5y−7 13 4x−3y−1

5 =−

12x−5y−7 13

⇔

đ

4x+7y−11=0(d1) 56x−32y−24=0(d2) Ta có:

(4xC+7yC−11) (4xB+7yB−11)<0

Do đóB,Ckhác phía so với(d1)hay(d1)là đường phân giác cần tìm Cách 2.Ta có−AB→= (3; 4);AB=5;−→AB0=

5 −→ AB=

Å

3 5;

4

−→

AC= (−5;−12);AC=13;−→AC0= 13

−→ AC=

Å

− 13;−

12 13

ã

Ta có:−→AB0+−→AC0=

Å

14 65;−

8 65

ã

Vậy vectơ phương đường phân giác cần tìm là:−→u = (7;−4) Do phương trình đường phân giác cần tìm là:

4(x−1) +7(y−1) =0⇔4x+7y−11=0 Cách 3.Giả sử−→u = (a;b)là vectơ phương đường phân giác cần tìm Ta có

−→ AB.−→u

−→ AB = −→ AC.−→u

−→ AC

⇔ 3a+4b

5 =

−5a−12b

13 ⇔a=− 4b

Vậy vectơ phương đường phân giác cần tìm là:−→u = (7;−4) Do phương trình đường phân giác cần tìm là:

4(x−1) +7(y−1) =0⇔4x+7y−11=0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN (Cho dạng) Bài 16. Tính khoảng cách từ điểmM(3; 5)đến đường thẳng∆: x+y+1=0

Lời giải. Ta cód(M,∆) = |3√+5+1| 12+12 =

9 √

2 = 9√2

2

Bài 17. Tính khoảng cách từ điểmM(4;−5)đến đường thẳng∆:

®

x=2t y=2+3t

Lời giải. Viết phương trình dạng tổng quát∆: 3x−2y+4=0 Khi đód(M,∆) = |3·4−√2·(−5) +4|

32+22 = 26 √

13=2 √

13

Bài 18. Cho tam giácABC Tính diện tích tam giácABC, với:A(−2; 14),B(4;−2),C(5;−4)

Lời giải. Ta có−BC→= (1;−2)⇒BC=√5 Phương trình đường thẳngBCđi quaBcó dạng2(x−4) +1(y+ 2) =0⇔2x+y−6=0

Đường caoAHcủa tam giácABC:AH= |2(−2) +√ 14−6|

5 =

4√5 Do đóSABC=

2·AH·BD=

4√5·√5

10 =2(đvdt)

Bài 19. Viết phương trình đường thẳng (D) song song với đường thẳng ∆:

®

x=3t

y=2+4t,t ∈R cách đường thẳng∆một khoảng bằng3

Lời giải. Vì(D)k∆nên phương trình đường thẳng(D)có dạng: (D): 4x−3y+c=0

Chọn điểmM(0; 2)∈∆, theo đề ta có d(M,∆) = |4·0−3·2+c|

5 =3⇔ |c−6|=15⇔

ñ

c=21 c=−9

Vậy có hai phương trình thỏa mãn là(D1): 4x−3y+21=0và(D2): 4x−3y−9=0

Bài 20. Viết phương trình đường thẳng∆đi quaA(1; 3)và cách điểmB(−2; 1)một khoảng bằng3

Lời giải. Giả sử −→n = (a;b),(a2+b2>0) vectơ pháp tuyến đường thẳng cần tìm Phương trình đường thẳng có dạng:

a(x−1) +b(y−3) =0⇔ax+by−a−3b=0 Khi đó:

d(B;∆)=3⇔ | −2a√+b−a−3b|

a2+b2 =3⇔5a

2−12ab=0⇔ 



b=0 b=12

• b=0, chọna=1ta có∆1:x−1=0 • b=12

5 a, chọna=5,b=12ta có∆2: 5x+12y−41=0

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán là:∆1:x−1=0;∆2: 5x+12y−41=0

Bài 21. Cho đường thẳng ∆: 5x−12y+32=0 hai điểmA(1;−1),B(5;−3) Tìm điểm Mcách∆ khoảng bằng4và cách hai điểmA,B

Lời giải. GọiM(x0;y0)là điểm cần tìm, ta có hệ 





(x0−1)2+ (y0+1)2= (x0−5)2+ (y0+3)2 |5x0−12y0+32|

13 =4

Giải hệ ta được29x0−64=±52cho ta hai điểmM(4; 0)vàM0

Å

12 29;

108 29

ã

Bài 22. Cho tam giácABCcóA(4;−13),B(4; 12),C(−8; 3) Viết phương trình đường phân giác góc B

Lời giải. Phương trình cạnhBClà3(x−4)−4(y−12) =0⇔3x−4y+36=0 Phương trình cạnhBAlàx−4=0

Phương trình đường phân giác phân giác ngồi gócBlà |3x−4y+36|

5 =

|x−4|

1 ⇔

ñ

3x−4y+36=x−4 3x−4y+36=−x+4⇔

ñ

x−2y+20=0(d1) x−y+8=0(d2)

Ta thấyAvàCnằm khác phía so với(d2), suy đường phân giác gócBlà đườngx−y+8=0

Dạng Phương trình đường thẳng tam giác

Ta có cơng thức viết nhanh phương trình đường thẳng qua hai điểmA(xA;yA)vàB(xB;yB)là:

x−xA xB−xA =

y−yA yB−yA

Chú ý: Cơng thức phương trình đường thẳng∆quaM(x0;y0)và vng góc với đường thẳngd: Ax+ By+C=0là: B(x−x0)−A(y−y0) =0

Ví dụ 19. Cho tam giácABC có đỉnhA(3;−4)và hai đường caoBH vàCH có phương trình:7x− 2y−1=0và2x−7y−6=0 Hãy tìm phương trình hai cạnhABvàAC

Lời giải. CạnhAC: đường thẳng quaA(3;−4)và vng góc vớiBH: 7x−2y−1=0nên có phương trình:2(x−3) +7(y+4) =0⇔2x+7y+22=0

CạnhAB: đường thẳng quaA(3;−4)và vng góc vớiCH: 2x−7y−6=0nên có phương trình: 7(x− 3) +2(y+4) =0⇔7x+2y−73=0

Ví dụ 20. Cho tam giácABC, biết trung điểm cạnh làM(−1;−1),N(1; 9),P(9; 1) a) Lập phương trình cạnh tam giácABC

b) Lập phương trình đường trung trực tam giácABC

Lời giải.

A N

B M C

a) CạnhABqua điểmP(9; 1)và song song vớiMNnên nhận véc-tơ−MN−→= (2; 10)làm véc-tơ phương Phương trình cạnhABlà: x−9

2 =

y−1

10 ⇔5x−y−44=0 Tương tự, ta có phương trình cạnhBClà:x+y−2=0 Phương trình cạnhAC là:x−5y+44=0

b) Gọi đường trung trực kẻ từM,N,Ptheo thứ tự là(dM),(dN),(dP)

Đường thẳng(dM) qua điểm M(−1;−1) vng góc với PN nên nhận véc-tơ−→PN = (8;−8) làm véc-tơ pháp tuyến

Ta có phương trình đường thẳng(dM)là:x−y=0

Tương tự,(dN): 5x+y−14=0 (dP):x+5y−14=0

Ví dụ 21. Cho tam giácABC, biết đỉnhA(2; 2), đường cao xuất phát từ đỉnhB,Ccó phương trình làx+y−2=0và9x−3y−4=0 Hãy lập phương trình cạnh tam giácABC

Lời giải. Theo giả thiết ta có phương trình đường cao:BH: x+y−2=0,CK: 9x−3y−4=0 • Lập phương trình cạnhAC

CạnhAClà đường thẳng quaAvà vng góc vớiBH nên phương trìnhAC có dạng:x−y+c=0 DoA(2; 2)∈ACnên2−2+c=0⇔c=0

Vậy phương trìnhAClà:x−y=0 • Phương trình cạnhAB

CạnhABvng góc vớiCK nên phương trình cạnhABcó dạng:3x+9y+m=0 DoA(2; 2)∈AB⇔3.2+9.2+m=0⇔m=−24

Phương trình cạnhABlà:3x+9y−24=0⇔x+3y−8=0 • Phương trình cạnhBC:

Ta cóC=CK∩ACnên tọa độ điểmClà nghiệm hệ phương trình:

®

x−y =0

9x−3y−4 =0 ⇒C

Å2

3;

ã

Lại có:B=AB∩BH nên tọa độ điểmBlà nghiệm hệ phương trình

®

x+y−2 =0 x+3y−8 =0 ⇔

®

x =−1

y =3 ⇒C(−1; 3) Phương trình cạnhBCqua hai điểmBvàCnên có phương trình:

x−xC xB−xC =

y−yC yB−yC ⇔

x+1 3+1

= y−3 3−3

⇔7x+5y−8=0

Ví dụ 22. Tam giácABCcó phương trình cạnhABlà5x−3y+2=0, đường cao qua đỉnhAvà Blần lượt là4x−3y+1=0;7x+2y−22=0 Lập phương trình hai cạnhAC,BCvà đường cao thứ ba

Lời giải. Tọa độ điểmAlà nghiệm hệ phương trình:

®

5x−3y+2=0 (AB) 4x−3y+1=0 (AH) ⇔

®

x =−1

CạnhACquaA(−1;−1)và vng góc vớiBH: 7x+2y−11=0có phương trình: 2(x+1)−7(y+1) =0⇔2x−7y−5=0 (AC) Tọa độ điểmBlà nghiệm hệ phương trình:

®

5x−3y+2 =0 7x+2y−22 =0⇔

®

x=2

y=4 ⇒B(2; 4) CạnhBCquaB(2; 4)và vng góc vớiAH: 4x−3y+1=0có phương trình:

3(x−2) +4(y−6) =0⇔3x+4y−22=0 (BC) Tọa độ điểmClà nghiệm hệ phương trình:

®

2x−7y−5 =0 3x+4y−22 =0 ⇔

®

x=6

y=1 ⇒C(6; 1) Đường caoCH quaC(6; 1)và vng góc vớiAB: 5x−3y+2=0có phương trình:

3(x−6) +5(y−1) =0⇔3x+5y−23=0

Ví dụ 23. Lập phương trình cạnh tam giácABCbiếtB(2;−1), đường cao phân giác qua hai đỉnhA,Clần lượt là3x−4y+27=0vàx+2y−5=0

Lời giải.

CạnhBClà đường thẳng quaB(2;−1)và vuông góc với phân giác3x−4y+27=0 nên có phương trình:4(x−2) +3(y+1) =0⇔4x+3y−5=0

Tọa độ điểmClà nghiệm hệ phương trình:

®

4x+3y−5 =0

x+2y−5 =0⇔C(−1; 3)

A

C

B H

K

Đường phân giác ứng với phương trìnhx+2y−5=0có véc-tơ phương:−→v = (2;−1) Ta có:tan(CB−÷→,−→v) =tan(−→÷v,CA)−→ (1)

BiếtCB−→= (−3; 4),CA−→= (xA+1;yA−3)

Do đó(1)⇔ 3−8 −6−4 =

2(yA−3) + (xA+1) 2(xA+1)−(yA−3)

⇔1 =

xA+2yA−5

2xA−yA+5

⇔yA=3 Ta có:yA−yC=3 Vậy phương trình đườngAC lày=3

ThayyA=3vào3x−4y+27=0, ta có:A(−5; 3) Suy ra−AB→= (7;−4)

Phương trình cạnhABlà:4(x+5) +7(y−3) =0⇔4x+7y−1=0

Ví dụ 24. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABCcó đường phân giác trong(AD): x−y=0, đường cao(CH): 2x+y+3=0, cạnh AC quaM(0;−1), AB=2AM Viết phương trình ba cạnh tam giácABC

Lời giải.

A

C

B D

H

GọiN điểm đối xứng củaM quaAD (theo tính chất đường phân giác trong), suy raN nằm tia AB

Mặt khác ta có:AN=AM⇒AB=2AN Suy raN trung điểm củaAB DoMN⊥ADnên phương trình MNlà:x+y+m1=0;

M(0;−1)∈MN⇒ −1+m1=0⇔m1=1 Suy ra(MN): x+y+1=0 GọiK=MN∩AD, tọa độK nghiệm hệ phương trình:

®

x+y=−1 x−y=0 ⇔

  

 

x=−1 y=−1

⇒K

Å

−1 2;−

1

ã

VìKlà trung điểm củaMNnên

®

xN =2xK−xM=−1

yN =2yK−yM=0

⇒N(−1; 0) DoAB⊥CH nên phương trìnhABlà: 2−2y+m2=0;

N(−1; 0)∈AB⇔ −1+m2=0⇔m2=1 Suy raAB: x−2y+1=0

VìA=AB∩ADnên tọa độAlà nghiệm hệ phương trình:

®

x−2y =−1 x−y =0 ⇔

®

x=1

y=1 ⇒A(1; 1) Suy ra: AC: 2x−y−1

VìC=AC∩CH nên tọa độClà nghiệm hệ phương trình:

®

2x−y =1 2x+y =−3 ⇔

 



x=−1 y=−2

⇒C

Å

−1 2;−2

ã

DoN trung điểm củaABnên

®

xB=2xN−xA=−2

yB=2yN−yA=−1

⇒B(−3;−1) Phương trình đường thẳngBCqua hai điểmB(−3;−1)vàC

Å

−1 2;−2

ã

là: x+3

−1 2+3

= y+1

−2+1⇔2x+5y+11=0 Vậy BC: 2x+5y+11=0

Ví dụ 25. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABC có đỉnhA(−1; 2) Trung tuyếnCM: 5x+7y− 20=0và đường caoBH: 5x−2y−4=0 Viết phương trình cạnhACvàBC

Lời giải. DoAC⊥BHnên phương trìnhACcó dạng:2x+5y+m=0 DoA(−1; 2)∈AC⇔ −2+10+m=0⇔m=−8

Suy AC: 2x+5y−8=0

DoC=AC∩CM nên tọa độClà nghiệm hệ phương trình:

®

2x+5y=8 5x+7y=20 ⇔

®

x=4

y=0 ⇒C(4; 0) ĐặtB(a;b) DoB∈BH nên5a−2b−4=0

VìMlà trung điểm củaABnên tọa độMlàM

Å−1+a

2 ; 2+b

2

ã

∈CM⇔5·−1+a +7·

2+b

5a+7b−31=0

Tọa độMlà nghiệm hệ:

®

5a−2b=4 5a+7b=31 ⇔

®

a=2

b=3 ⇒B(2; 3) Phương trình cạnhBClà BC: 3x+2y−12=0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 23. Lập phương trình cạnh tam giácABCnếu choB(−4;−5)và hai đường cao có phương trình là:5x+3y−4=0và3x+8y+13=0

Lời giải. Đáp số:AB: 3x−5y−13=0; BC: 8x−3y+17=0;

AC: 5x+2y−1=0

Bài 24. Cho 4ABC, biết đỉnhC(4;−1), đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnhA có phương trình tương ứng là(d1): 2x−3y+12=0và(d2): 2x+3y=0 Lập phương trình cạnh của4ABC

Lời giải.

(d1) (d2)

A B

H C

M

• Lập phương trình cạnhBC

VìBC⊥(d1)nên phương trình(BC)có dạng:−3x−2y+c=0 (1) VìC∈(BC)nên:(−3).4−2.(−1) +c=0⇔c=10

Thayc=10vào(1)ta phương trình(BC): 3x+2y−10=0 • Lập phương trình cạnhAC

Ta có điểmA= (d1)∩(d2)nên tọa độ điểmAlà nghiệm hệ:

®

2x−3y+12 =0

2x+3y =0 ⇒A(−3; 2) Phương trình đường thẳng(AC)qua hai điểmA(−3; 2)vàC(4; 1)là:

x+3 4+3 =

y−2

−1−2⇔(AC): 3x+7y−5=0 • Lập phương trình cạnhAB

GọiMlà trung điểm củaBC, điểmM= (d2)∩(BC) Tọa độ điểmMlà nghiệm hệ phương trình:

®

3x+2y−10 =0

2x+3y =0 ⇒M(6; 4) Tọa độ điểmBđược xác định bởi:

®

xB+xC =2xM

yB+yC =2yM

⇔

®

xB =2xM−xC

yB =2yM−yC

⇔

®

xB=8 yB=−7 Phương trình đường thẳng(AB)qua hai điểmA(−3; 2)vàB(8;−7)là:

x−8 −3−8 =

y+7

2+7⇔9x+11y+5=0

Bài 25. Cho tam giácABC, biếtA(1; 3)và hai trung tuyến có phương trình làx−2y+1=0vày−1=0 Lập phương trình cạnh của4ABC

(d1) (d2)

A

B C

G

A0

Để có phương trình cạnh của4ABCta xác định tọa độ điểmB,C GọiA0là điểm đối xứng vớiAqua trọng tâmGcủa4ABC, đó:

®

A0Bk(d1) A0Ck(d2)

Suy ra: ĐiểmBlà giao điểm của(A0B)và(d2)

Điểm(C)là giao điểm của(A0C)và(d1) Vậy ta thực theo bước sau:

• GọiGlà trọng tâm4ABC, tọa độ củaGlà nghiệm hệ:

®

x−2y+1 =0

y−1 =0 ⇒G(1; 1) • ĐiểmA0là điểm đối xứng vớiAquaG, tọa độ củaA0được cho bởi:

®

xA0=2xG−xA yA0=2yG−yA

⇒A0(1;−1) • Tìm tọa độ điểmB

Đường thẳngA0Bqua điểmA0(1;−1)và song song với đường thẳngd1nên nhận véc-tơCG−→= (2; 1) làm véc-tơ phương

Phương trình đường thẳngA0Blà: x−1

2 =

y+1

1 ⇔x−2y−3=0 ĐiểmB=A0B∩d2, tọa độ điểmBlà nghiệm hệ:

®

x−2y−3 =0

y−1 =0 ⇒B(5; 1) • Tương tự, ta cóC(−3;−1)

• Phương trình đường thẳngACqua hai điểmA(1; 3)vàC(−3;−1)là: x−1

−3−1 = y−3

−1−3⇔x−y+2=0

• Tương tự ta có: phương trình cạnhABlà:x+2y−7=0; Phương trình cạnhBClà:x−4y−1=0

Bài 26. Cho tam giác ABCcó phân giác gócAcó phương trình là:d1: x+y+2=0; đường cao vẽ từ Bcó phương trình làd2: 2x−y+1=0, cạnhABquaM(1;−1) Tìm phương trình cạnhAC tam giác Bài 27. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xác định tọa độ đỉnhC tam giácABCbiết hình chiếu vng góc củaC đường thẳng AB điểm H(−1;−1), đường phân giác góc A có phương trìnhx−y+2=0và đường cao kẻ từBcó phương trình4x+3y−1=0

Lời giải. Phương trình đường thẳngd qua H(−1;−1)và vng góc với∆: x−y+2=0 có dạng1(x+ 1) +1(y+1) =0

Giao điểmI củad và∆là nghiệm hệ phương trình:

®

x+y+2=0

GọiK điểm đối xứng củaHqua∆thìK(−3; 1) ACquaK vng góc với đường cao:4x+3y−1=0 Phương trìnhAC:3(x+3)−4(y−1) =0⇔3x−4y+13=0 Tọa độ điểmAlà nghiệm hệ phương trình:

®

3x−4y+13 =0

x−y+2 =0 ⇒A(5; 7) CH quaH có véc-tơ pháp tuyến−→HA=2−→n với−→n = (3; 4)

Phương trìnhCH: 3(x+1) +4(y+1) =0 Tọa độClà nghiệm hệ phương trình:

®

3x+4y+7 =0 3x−4y+13 =0⇒C

Å

−10 ;

3

§2. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN

I. Tóm tắt lý thuyết

1. Phương trình đường trịn biết tâm bán kính

Trong mặt phẳng toạ độOxy, phương trình đường trịn nhận điểmI(a;b)làm tâm có bán kínhRlà (x−a)2+ (y−b)2=R2

2. Dạng khác phương trình đường trịn

Phương trình dạngx2+y2−2ax−2by+c=0là phương trình đường tròn a2+b2−c>0

Khi đó, tâm làI(a;b), bán kính làR=√a2+b2−c. 3. Phương trình tiếp tuyến đường trịn

Sau đây, ta có cơng thức phương trình tiếp tuyến đường trịn điểm thuộc đường trịn (cơng thức tách đơi)

• Phương trình tiếp tuyến đường trịn(x−a)2+ (y−b)2=R2tại điểmM(x0;y0)thuộc đường trịn

(x0−a).(x−a) + (y0−a).(y−a) =R2

• Phương trình tiếp tuyến đường trịnx2+y2−2ax−2by+c=0tại điểmM(x0;y0)thuộc đường trịn

x0x+y0y−a(x0+x)−b(y0+y) +c=0

Không dùng công thức tách đơi này, ta viết phương trình tiếp tuyến cách tìm toạ đoạ độ véc-tơ pháp tuyến tiếp tuyến là−IM→= (x0−a;y0−a)

II. Các dạng tốn

Dạng Tìm tâm bán kính đường trịn.

Phương pháp giải:

• Cách 1. Đưa phương trình dạng: (C):x2+y2−2ax−2by+c=0 (1) Xét dấu biểu thức P=a2+b2−c

- Nếu√ P > (1) phương trình đường trịn (C) có tâm I(a;b) bán kính R = a2+b2−c.

- NếuP≤0thì (1) khơng phải phương trình đường trịn • Cách 2.Đưa phương trình dạng:(x−a)2+ (y−b)2=P(2)

Ví dụ 1. Xét xem phương trình sau có phương trình đường trịn khơng? Hãy xác định tâm bán kính đường trịn (nếu có)

a) x2+y2+2x−4y+9=0(1) b) x2+y2−6x+4y+13=0(2) c) 2x2+2y2−6x−4y−1=0(3) d) 2x2+y2+2x−3y+9=0(4)

Lời giải.

a) Phương trình (1) có dạngx2+y2−2ax−2by+c=0vớia=−1;b=2;c=9 Ta cóa2+b2−c=1+4−9<0

Vậy phương trình (1) khơng phải phương trình đường trịn b) Ta có:a2+b2−c=9+4−13=0

Suy phương trình (2) khơng phải phương trình đường trịn c) Ta có:(3)⇔x2+y2−3x−2y−1

2 =0⇔

Å

x−3

ã2

+ (y−1)2=5 Vậy phương trình (3) phương trình đường trịn tâmI

Å

3 2;

ã

bán kínhR= √

10 d) Phương trình (4) khơng phải phương trình đường trịn hệ số củax2vày2khác

Ví dụ 2. Xét xem phương trình sau có phương trình đường trịn khơng? Hãy xác định tâm bán kính đường trịn (nếu có)

a) x2+y2+2x−6y−15=0(1) b) 2x2+2y2+4x+8y+14=0(2)

Lời giải.

a) Ta có:   

 

−2a=2 −2b=−6

c=−15 ⇒

  

 

a=−1 b=3 c=−15

⇒a2+b2−c=25>0

Vậy phương trình (1) phương trình đường trịn(C)có tâmI(−1; 3)và bán kínhR=5

b) Ta có:(2)⇔x2+y2+2x+4y+7=0⇒   

 

−2a=2 −2b=4 c=7

⇒   

 

a=−1 b=−2 c=7

⇒a2+b2−c=−2<0 Vậy phương trình (2) khơng phương trình đường trịn

Ví dụ 3. Cho phương trình x2+y2−2mx−4(m−2)y+6−m=0(1) Tìm điều kiện củamđể(1) phương trình đường trịn

Lời giải. Phương trình (1) phương trình đường trịn a2+b2−c> 0, với a=m;b= 2(m−2);c=6−m

Haym2+4(m−2)2−6+m>0⇔5m2−15m+10>0⇔

đ

Dạng Lập phương trình đường trịn.

Phương pháp giải:

• Cách 1.

- Tìm toạ độ tâmI(a;b)của đường trịn(C) - Tìm bán kínhRcủa đường trịn(C)

- Viết phương trình của(C)theo dạng(x−a)2+ (y−b)2=R2 • Cách 2.

- Giả sử phương trình đường trịn(C)là:x2+y2−2ax−2by+c=0(hoặcx2+y2+2ax+ 2by+c=0)

- Từ điều kiện đề thiết lập hệ phương trình với ba ẩn làa,b,c - Giải hệ để tìma,b,c, từ tìm phương trình đường trịn(C)

Chú ý:

• Cho đường trịn(C)có tâmIvà bán kínhR.A∈(C)⇔IA=R • (C)tiếp xúc với đường thẳng∆tạiA⇔IA=d(I;∆) =R

• (C)tiếp xúc với hai đường thẳng∆1và∆2⇔d(I;∆1) =d(I;∆2) =R • (C)cắt đường thẳng∆3theo dây cung có độ dàia⇔(d(I;∆3))2+

a2 =R

2.

Ví dụ 4. Lập phương trình đường trịn có tâmI(3;−5)bán kínhR=2

Lời giải. Ta có phương trình đường trịn là(x−3)2+ (y+5)2=22⇔x2+y2−6x+10y+30=0 Ví dụ 5. Lập phương trình đường trịn đường kínhABvớiA(1; 6),B(−3; 2)

Lời giải. Đường trịn đường kínhABcó: • TâmI(−1; 4)là trung điểmAB • Bán kínhR= AB

2 =2 √

2 Do phương trình đường trịn là:

(x+1)2+ (y−4)2=Ä2√2ä2⇔x2+y2+2x−8y+9=0

Ví dụ 6. Viết phương trình đường trịn(C)có tâmI(−1; 2)và tiếp xúc với đường thẳng∆:x−2y+ 7=0

Lời giải. Bán kính đường trịn(C)chính khoẳng cách từItới đường thẳng∆nên R=d(I;∆) =|−1√−4−7|

1+4 = √

5 Vậy phương trình đường trịn(C)là:(x+1)2+ (y−2)2=

Ví dụ 7. Viết phương trình đường tròn tâmI(−2; 1), cắt đường thẳng∆:x−2y+3=0tại hai điểm A,Bthỏa mãnAB=2

Lời giải. Gọihlà khoảng cách từIđến đường thẳng∆ Ta có: h=d(I,∆) = »|−2−2+3|

12+ (−2)2 = √1

5 GọiRlà bán kính đường trịn, từ giả thiết suy ra:

R=

 

h2+AB

4 =

 

1 5+

22 =

…

6 Vậy phương trình đường trịn là:(x+2)2+ (y−1)2=

5

Ví dụ 8. Lập phương trình đường trịn qua ba điểm:M(−2; 4),N(5; 5),P(6;−2)

Lời giải.

• Cách 1.Gọi phương trình đường trịn (C) có dạng là:x2+y2−2ax−2by+c=0 Do đường trịn qua ba điểmM,N,Pnên ta có hệ phương trình:

  

 

4+16+4a−8b+c=0 25+25−10a−10b+c=0 36+4−12a+4b+c=0

⇔   

 

a=2 b=1 c=−20 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là:x2+y2−4x−2y−20=0 • Cách 2.GọiI(x;y)vàRlà tâm bán kính đường trịn cần tìm Ta suy ra:

IM=IN=IP⇔

®

IM2=IN2 IM2=IP2 nên ta có hệ

®

(x+2)2+ (y−4)2= (x−5)2+ (y−5)2 (x+2)2+ (y−4)2= (x−6)2+ (y+2)2 ⇔

®

x=2 y=1 Suy raI(2; 1), bán kínhIA=5

Vậy phương trình đường trịn cần tìm(C):(x−2)2+ (y−1)2=25 Ví dụ 9. Cho hai điểmA(8; 0)vàB(0; 6)

a) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giácOAB b) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giácOAB

Lời giải.

a) Ta có tam giácOABvng ởOnên tâmIcủa đường trịn ngoại tiếp tam giác trung điểm cạnh huyềnABsuy raI(4; 3)và bán kínhR=IA=p(8−4)2+ (0−3)2=5.

b) Ta cóOA=8;OB=6;AB=√82+62=10 Mặt khác

2OA.OB=pr(vì diện tích tam giácABC) Suy rar= OA.OB

OA+OB+AB =2

Dễ thấy đường trịn cần tìm có tâm thuộc góc phần tư thứ tiếp xúc với hai trục tọa độ nên tâm đường trịn có tọa độ là(2; 2)

Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giácOABlà(x−2)2+ (y−2)2=4

Ví dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x−y−5=0 hai điểm A(1; 2),B(4; 1) Viết phương trình đường trịn(C)có tâm thuộcdvà qua hai điểmA,B

Lời giải.

• Cách 1.GọiIlà tâm của(C) DoI∈dnênI(t; 2t−5) Hai điểmA,Bcùng thuộc(C)nên

IA=IB⇔(1−t)2+ (7−2t)2= (4−t)2+ (6−2t)2 ⇔t=1

Suy raI(1;−3)và bán kínhR=IA=5 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là:

(C):(x−1)2+ (y+3)2=25

A

B M

d I

• Cách 2.Gọi M

Å

5 2;

3

ã

là trung điểmAB Đường trung trực đoạn ABđi qua M nhận −AB→= (3;−1)làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình∆: 3x−y−6=0

Tọa độ tâmI của(C)là nghiệm hệ

®

2x−y−5=0

3x−y−6=0⇒I(1;−3) Bán kính đường trịn bằngR=IA=5

Vậy phương trình đường trịn cần tìm(C):(x−1)2+ (y+3)2=25

Ví dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai đường thẳngd1:x+3y+8=0,d2: 3x−4y+ 10=0và điểm A(−2; 1) Viết phương trình đường trịn(C)có tâm thuộcd1, qua điểmAvà tiếp xúc vớid2

Lời giải.

GọiI tâm của(C) DoI∈d1nênI(−3t−8;t) Theo giả thiết tốn, ta có

d(I,d2) =IA⇔ |3(−3t√−8)−4t+10| 32+42 =

»

(−3t−8+2)2+ (t−1)2 ⇔t=−3

Suy raI(1;−3)và bán kínhR=IA=5 Vậy phương trình đường trịn cần tìm

(C):(x−1)2+ (y+3)2=25

A

B d1

I

d2

Vì đường trịn cần tìm có tâmK nằm đường thẳng d nên gọiK(6a+10;a) Mặt khác đường tròn tiếp xúc với d1,d2 nên khoảng cách từ tâm K đến hai đường thẳng bán kínhRsuy

|3(6a+10) +4a+5|

5 =

|4(6a+10)−3a−5|

⇔ |22a+35|=|21a+35| ⇔



 a=0 a= −70

43

K d d1

d2

• Vớia=0thìK(10; 0)vàR=7suy ra(C):(x−10)2+y2=49 • Vớia= −70

43 thìK

Å 10 43; −70 43 ã

vàR=

43 suy ra(C):

Å

x−10 43

ã2

+

Å

y+70 43 ã2 = Å 43 ã2

Vậy có hai đường trịn thỏa mãn có phương trình (C):(x−10)2+y2=49và(C):

Å

x−10 43

ã2

+

Å

y+70 43 ã2 = Å 7 43 ã2

Ví dụ 13. Viết phương trình đường trịn tâmIthuộc đường thẳngd1:x−y+1=0, bán kínhR=2 cắt đường thẳngd2: 3x−4y=0tại hai điểmA,Bthỏa mãnAB=2√3

Lời giải. TâmIthuộc đường thẳngd1nên suy raI(a;a+1)

d(I,d2) =

 

R2−AB

4 =

…

4−12 =1 Do

|3a−4(a+1)|

»

32+ (−4)2

=1⇔ |−a−4|=5⇔

ñ

a=1 a=−9 • Vớia=1ta cóI(1; 2), phương trình đường trịn là:(x−1)2+ (y−2)2=4 • Vớia=−9ta cóI(−9;−8), phương trình đường trịn là:(x+9)2+ (y+8)2=4

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, lập phương trình đường tròn qua ba điểmA(−1; 3),B(1; 4), C(3; 2)

Lời giải. Gọi phương trình đường trịn làx2+y2−2ax−2by+c=0 Do đường trịn quaA(−1; 3),B(1; 4),C(3; 2) nên ta có

  

 

(−1)2+32−2(−1)a−2.3.b+c=0 12+42−2.1.a−2.4.b+c=0 32+22−2.3.a−2.2.b+c=0

⇔     

2a−6b+c=−10 −2a−8b+c=−17 −6a−4b+c=−13

⇔             

a=5 b=11

6 c=−2

3

Phương trình đường tròn làx2+y2−5 3x−

11 y−

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳngd : 2x−y−4=0 Viết phương trình đường trịn(C)tiếp xúc với trục tọa độ có tâm đường thẳngd

Lời giải. GọiI(m; 2m−4)∈d tâm đường trịn(C) Theo giả thiết tốn, ta có

d(I,Ox) =d(I,Oy)⇔ |2m−4|=|m| ⇔ 

 m=4 m=

• Vớim=

3, suy raI

Å

4 3;−

4

ã

Bán kính đường trịnR=d(I,Oy) =|m|= Vậy phương trình đường trịn(C):

Å

x−4

ã2

+

Å

y+4

ã2

= 16

• Vớim=4, suy raI(4; 4) Bán kính đường trịnR=d(I,Oy) =|m|=4 Vậy phương trình đường trịn(C):(x−4)2+ (y+4)2=16

Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểmA(−1; 1),B(3; 3)và đường thẳngd: 3x−4y+8= Viết phương trình đường trịn(C)đi qua hai điểmA,Bvà tiếp xúc vớid

Lời giải.

Đường trung trực ∆đi qua M(1; 2)là trung điểm AB nhận −AB→= (4; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình∆: 2x+y−4=0

Do (C) qua hai điểm A,B nên tâm I (C) thuộc trung trực ∆ nên I(t; 4−2t)

Theo giả thiết tốn, ta có

IA=d(I,d)⇔

»

(−1−t)2+ (2t−3)2= |3t−4√(4−2t) +8| 9+16

⇔5p5t2−10t+10=|11t−8| ⇔2t2−37t+93=0 ⇔



 t=3 t= 31

2

A

B I

d

• Vớit=3, suy raI(3;−2) Bán kínhR=IA=5 Khi phương trình đường trịn cần tìm (C):(x−3)2+ (y+2)2=25

• Vớit= 31

2 , suy raI

Å

31 ;−27

ã

Bán kínhR=IA= 65

2 Khi phương trình đường trịn cần tìm (C):

Å

x−31

ã2

+ (y+27)2= 4225

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai đường thẳng d:x+2y−3=0và ∆:x+3y−5=0 Viết phương trình đường trịn(C)có bán kính

√ 10

5 , có tâm thuộcdvà tiếp xúc với∆

Lời giải. GọiI(−2t+3;t)∈dlà tâm của(C) Theo giả thiết tốn, ta có d(I,∆) =R⇔|a√−2|

10 = 2√10

5 ⇔

ñ

a=6 a=−2

• Vớia=−2, suy raI(7;−2) Phương trình đường tròn(C):(x−7)2+ (y+2)2=8 Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳngd1:

√

3x+y=0 d2: √

3x−y=0 Gọi(C) đường tròn tiếp xúc vớid1tạiA, cắtd2tại hai điểmB,Csao cho tam giácABCvuông tạiB Viết phương trình của(C), biết tam giácABCcó diện tích

√

2 điểmAcó hồnh độ dương

Lời giải.

Vì A ∈ d1 ⇒ A

Ä

a;−√3aä,a > 0;B,C ∈ d2 ⇒ BÄb;√3bä,CÄc;√3cä

Suy ra−AB→Äb−a;√3(a+b)ä,−AC→Äc−a;√3(c+a)ä

Tam giácABCvng tạiBdo đóAClà đường kính đường trịn(C)

Do

AC⊥d1⇒ −→

AC.−→u1 =0

⇒ −1.(c−a) +√3.√3(a+c) =0 ⇒2a+c=0(1)

AB⊥d2⇒ −→

AB.−→u2=0

⇒1.(b−a) +3(a+b) =0 ⇒2b+a=0(2)

I A

B C

d1

d2

Mặt khácSABC=

2d(A;d2).BC⇒ √ 3a »

(c−b)2+3(c−b)2= √

3

2 ⇔2a|c−b|=1(3) Từ (1), (2) suy ra2(c−b) =−3athế vào (3) ta đượca|−3a|=1⇔a=

√ 3 Do đób=−

√

6 ,c=− 2√3

3 ⇒A

Ç√

3 ;−1

å ,C Ç −2 √ 3 ;−2

å

Suy ra(C)nhậnI

Ç

− √

3 ;−

3

å

là trung điểm củaAClàm tâm bán kính làR= AC =1 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là(C):

Ç x+ √ å2 + Å

x+3

ã2

=1

Bài 6. Cho ba đường thẳngd1:x−y+1=0,d2: 3x−4y=0,d3: 4x−3y−3=0 Viết phương trình đường tròn tâmI thuộc đường thẳng d1, cắt đường thẳng d2tại hai điểm A,Bvà cắt đường thẳngd3 hai điểm C,Dsao choAB=CD=2√3

Lời giải. TâmIthuộc đường thẳngd1nên suy raI(a;a+1)

d(I,d2) =

 

R2−AB

4 = p

R2−3 d(I,d3) =

 

R2−AB

4 = p

R2−3 Suy

d(I,d2) =d(I,d3)⇒ |−a−4|

5 =

|a−6|

Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn điểm

Viết phương trình tiếp tuyến(∆)của đường trịn(C)tâmI(a,b), điểmM(x0,y0)∈(C) Ta có−IM→= (x0−a;y0−b)là véc-tơ pháp tuyến của∆

Do đó∆có phương trình là(x0−a)(x−x0) + (y0−b)(y−y0) =0

I

M

∆

Ví dụ 14. Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C) : (x−2)2+ (y+3)2 = điểm M(3;−1)

Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(2;−3)

Phương trình tiếp tuyến của(C)tại điểmM(3;−1)là:

(3−2)(x−3) + (−1+3)(y+1) =0 ⇔x+2y−1=0

Vậy phương trình tiếp tuyến của(C)tại điểmM(3;−1)làx+2y−1=0

Ví dụ 15. Cho đường trịn(Cm):x2+y2+2(m−1)x−2my−4=0 Biết khimthay đổi, đường

trịn(Cm) ln qua điểmI cố định có hồnh độ dương Tìm giá trị củamsao cho tiếp tuyến

đường tròn(Cm)tạiIsong song với(d):x−2y−1=0

Lời giải. Giả sử đường trịn(Cm)ln qua điểmI(x0;y0)cố định khimthay đổi Khi ta có

x20+y20+2(m−1)x0−2my0−4=0với mọim ⇔m(2x0−2y0) +x20+y20−2x0−4=0với mọim ⇔

®

x0=y0

x20+y20−2x0−4=0 ⇔

®

x0=y0

2x20−2x0−4=0 ⇔

ï

x0=y0=−1 x0=y0=2

Vậy ta có điểmI(2; 2)

Đường trịn(Cm)có tâmJ(1−m;m) Véc-tơ pháp tuyến tiếp tuyến của(Cm)tạiI

− →

IJ = (−m−1;m− 2)

Để tiếp tuyến tạiIsong song với(d):x−2y−1=0thì tồn tạiksao cho: −

→

IJ =k(1;−2)⇔

®

−m−1=k

m−2=−2k ⇔

®

Vậym=−4thỏa mãn yêu cầu đề

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 7. Viết phương trình tiếp tuyển đường trịn(C):(x+2)2+ (y−3)2=5tại điểmM(−1; 1)

Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(−2; 3)

Phương trình tiếp tuyến đường trịn(C)tại điểmM(−1; 1)là1(x+1)−2(y−1) =0hayx−2y+3=0 Bài 8. Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn(C):x2+y2−2x=0tại điểmM(1; 1)

Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(1; 0)

Phương trình tiếp tuyến của(C)tại điểmM(1; 1)lày=1

Bài 9. Cho đường tròn(C):x2+y2−2x−4y+1=0và đường thẳng(∆):y−x+1=0 GọiM,N giao điểm của(C)và(∆) Tìm tọa độ giao điểm tiếp tuyến đường tròn(C)kẻ tạiM,N

Lời giải. Tọa độM,N giao điểm hệ phương trình sau

®

y−x+1=0

x2+y2−2x−4y+1=0 ⇔

®

y=x−1

2y2−4y=0 ⇔

ï

x=1;y=0 x=3;y=2

Không tổng qt, ta giả sửM(1; 0)vàN(3; 2) Đường trịn(C)có tâmI(1; 2) Phương trình tiếp tuyến của(C)tạiMlày=0

Phương trình tiếp tuyến của(C)tạiNlàx=3

Tọa độ giao điểm hai tiếp tuyến nghiệm hệ phương trình

®

y=0 x=3 Vậy tọa độ giao điểm hai tiếp tuyến làA(3; 0)

Bài 10. Cho hai đường tròn(C1):x2+y2+2x−2y−3=0và(C2):x2+y2−4x−14y+33=0 a) Chứng minh rằng(C1)và(C2)tiếp xúc với

b) Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường trịn tiếp điểm

Lời giải.

a) Đường trịn(C1)có tâmI(−1; 1)và bán kínhR1= √

5 Đường trịn(C2)có tâmJ(2; 7)và bán kínhR2=2

√ Ta cóIJ=p(2+1)2+ (7−1)2=3√5=R

1+R2 Do đó(C1)tiếp xúc ngồi với(C2) b) GọiMlà tiếp điểm của(C1)và(C2)

Khi ta có−→IJ =3−IM→⇒−OM−→=

−→ OJ+2

3 −→ OI Suy raM(0; 3)⇒−IM→= (1; 2)

Phương trình tiếp tuyến chung hai đường trịn tạiMlàx+2(y−3) =0hayx+2y−6=0 Bài 11. Cho đường tròn(Cm):x2+y2−(m−2)x+2my−1=0

a) Chứng minh khimthay đổi, đường trịn(Cm)ln qua điểm cố định

b) GọiI điểm cố định câu choIcó hồnh độ âm Tìmmsao cho tiếp tuyến đường tròn (Cm)tạiIsong song với đường thẳng(d):x+2y=0

Lời giải.

a) Giả sửI(x0;y0)là điểm cố định thuộc đường trịn(Cm)khimthay đổi Khi ta có

Điều tương đương với

(2y0−x0)m+x20+y20+2x0−1=0với mọim

Do đó(x0;y0)là nghiệm hệ

®

2y−x=0

x2+y2+2x−1=0 ⇔

®

x=2y

5y2+4y−1=0

Giải hệ ta hai nghiệm(−2;−1)và

Å2

5;

ã

Vậy(Cm)luôn hai điểm cố định là(−2;−1)và

Å

2 5;

1

ã

khimthay đổi

b) VìxI <0nênI(−2;−1) Đường trịn(Cm)có tâmJ

Åm−2

2 ;−m

ã

Véc-tơ pháp tuyến tiếp tuyến tạiI là−→IJ =

Åm

+2

2 ;−m+1

ã

Để tiếp tuyến tạiI song song với(d):x+2y=0thì−→IJ phương với−→n = (1; 2), điều tương đương với

m+2

2 =

−m+1

2 ⇔m+2=−m+1⇔m=−

Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn điểm

Cho đường trịn(C)có tâmI(a,b)và bán kínhR Viết phương trình tiếp tuyến của(C)đi qua điểm M(x0,y0)

a) NếuIM<Rthì khơng có tiếp tuyến quaM b) NếuIM=Rthì ta giải theo dạng

c) NếuIM>Rthì ta thực theo bước bên

• Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) (C) quaM có dạng m(x−x0) +n(y−y0) =0, đóm2+n26=0

• Sử dụng điều kiện tiếp xúc tiếp tuyến với đường trịn ta cód(I,∆) =R Giải phương trình ta tìm quan hệ giữaa,b

Ví dụ 16. Viết phương trình tiếp tuyến (∆) đường trịn (C):(x−1)2+ (y−2)2 =8 biết tiếp tuyến qua điểmM(3;−2)

Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(1; 2)và bán kínhR=√8 Ta cóIM=p(3−1)2+ (−2−2)2=2√5.

Gọi phương trình tiếp tuyến(∆)của(C)và quaM(3;−2)làa(x−3) +b(y+2) =0(a2+b26=0) Ta cód(I,∆) = |a(1−√3) +b(2+2)|

a2+b2 = √

8⇔| −√2a+4b| a2+b2 =

Phương trình tương đương với

| −2a+4b|=p8a2+8b2 ⇔(2a−4b)2=8a2+8b2 ⇔8b2−16ab−4a2=0 ⇔2b2−4ab−a2=0 ⇔



 

b= 2+ √

6

2 a

b= 2− √

6 a • Nếub=2+

√

2 athì ta chọna=2⇒b=2+ √

6 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là:

2(x−3) + (2+√6)(y+2) =0hay2x+ (2+√6)y+2√6−2=0

• Nếub=2− √

6

2 athì ta chọna=2⇒b=2− √

6 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là:

2(x−3) + (2−√6)(y+2) =0hay2x+ (2−√6)y−2√6−2=0

Ví dụ 17. Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường trịn(C1):x2+y2−2x+2y+1=0và (C2):x2+y2+4x−2y+1=0sao cho(C1)và (C2)nằm nửa mặt phẳng bờ tiếp tuyến (tiếp tuyến gọi tiếp tuyến chung ngồi)

Lời giải. Đường trịn (C1)có tâm I(1;−1) bán kínhR1=1 Đường trịn (C2)có tâmJ(−2; 1)và bán kínhR2=2

I J

C D

S

GọiSlà giao điểm tiếp tuyến vàIJ GọiC,Dlần lượt tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn (C1)và(C2)

Theo định lý Thales ta có SI SJ =

CI DJ =

1

Vì ta có−→SJ=2−→SI Do đó−OS→=−2OI−→−−OJ→⇒S(4;−3)

a2+b2>0 Ta có

d(I,∆) =√|2b−3a|

a2+b2 =1⇒ |2b−3a|= p

a2+b2 ⇒8a2−12ab+3b2=0 ⇒



 

a= 3+ √

3

4 b

a= 3− √

3 b Nếua=3+

√

4 bthì ta chọnb=4⇒a=3+ √

3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là (3+√3)x+4y−4√3=0

Nếua=3− √

3

4 bthì ta chọnb=4⇒a=3− √

3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là (3−√3)x+4y+4

√ 3=0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 12. Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C):(x−3)2+y2 =9 biết tiếp tuyến qua điểm M(3; 5)

Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(3; 0)và bán kínhR=3 Ta cóIM=√02+52=5>R=3.

Gọi tiếp tuyến(∆)của đường trịn(C)và quaMlàa(x−3) +b(y−5) =0vớia2+b2>0 Ta có

d(I,∆) =R⇒√| −5b| a2+b2 =3 ⇒ |5b|=3pa2+b2 ⇒b=±3

4a Nếub=−3

4athì ta chọna=4,b=−3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là4x−3y+3=0 Nếub=3

4athì ta chọna=4,b=3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là4x+3y−27=0

Bài 13. Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C):x2+y2+2x−4y+3=0biết tiếp tuyến qua điểmM(−2; 5)

Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(−1; 2)và bán kínhR=√2

Gọi phương trình tiếp tuyến(∆)đi qua điểmM(−2; 5)làa(x+2) +b(y−5) =0vớia2+b2>0 Khi ta có

d(I,∆) = √|a−3b| a2+b2 =

√

2⇔ |a−3b|=p2a2+2b2 ⇔a2−6ab+9b2=2a2+2b2 ⇔a2+6ab−7b2=0

⇔

ï

a=b a=−7b

Nếua=bthì ta chọna=b=1 Khi phương trình tiếp tuyến∆làx+y−3=0