Lý thuyết các djang toán và bài tập vecto

Chương VECTƠ §1 CÁC ĐỊNH NGHĨA → − F Hình 1.1 I Tóm tắt lí thuyết 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) B kí hiệu AB → − − → − Véc-tơ kí hiệu → a, b,→ x,− y , không cần rõ điểm đầu điểm cuối Một véc-tơ hồn tồn xác định biết điểm đầu điểm cuối Với hai điểm phân biệt A B ta có đoạn thẳng (AB − → − → BA), có hai véc-tơ khác AB BA ! A a) B → − a → − x b) Hình 1.2 − → Định nghĩa (Độ dài véc-tơ) Độ dài đoạn thẳng AB độ dài (hay mơ-đun) véc-tơ AB, kí hiệu − → − → AB Tức AB = AB − → − → Đương nhiên AB = BA CHƯƠNG VECTƠ Định nghĩa (Véc-tơ-không) Véc-tơ-không véc-tơ có điểm đầu điểm cuối trùng Véc-tơ-khơng → − kí hiệu → − → − − → Ta có = AA = BB = Hai véc-tơ phương, hướng → − Định nghĩa (Giá véc-tơ) Giá véc-tơ khác 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-tơ AB, CD, EF phương Trên hình 1.3b) ta có AB MN phương, − → −→ cịn AB MP khơng phương − → −→ − → Hai véc-tơ phương hướng ngược hướng Chẳng hạn AB CD hướng, AB −→ EF ngược hướng (hình 1.3a) E P B B F A D N A M C Hình 1.3b) − → − → Ba điểm phân biệt A, B,C thẳng hàng hai véc-tơ AB AC phương Hình 1.3a) → − Khi nói hai véc-tơ hướng hay ngược hướng chúng phương Véc-tơ phương, hướng với véc-tơ ! Hai véc-tơ Định nghĩa (Véc-tơ nhau) Hai véc-tơ gọi chúng có hướng độ dài C D − → −→ Chẳng hạn, ABCD hình bình hành AB = DC −→ − → AD = BC A B −→ − − Khi cho trước véc-tơ → a điểm O, ta ln tìm điểm A cho OA = → a → − → − Nếu I trung điểm đoạn thẳng AB AI = IB ! II Các dạng toán Dạng Xác định véc-tơ, phương hướng véc-tơ, độ dài véc-tơ • Xác định véc-tơ xác định phương, hướng hai véc-tơ theo định nghĩa • Dựa vào tình chất hình học hình cho biết để tính độ dài véc-tơ CÁC ĐỊNH NGHĨA Ví dụ Trong hình 1.4, véc-tơ phương, hướng, ngược hướng véc-tơ → − w → − x → − a → − y → − b → − v → −z → − u Hình 1.4 Lời giải → − − − − − − −z → − + Các véc-tơ phương: → a b ; → u → v;→ x,→ y,→ w → − → → − − → − → − + Các véc-tơ hướng: a b ; x , y z − − − − − − − −z + Các véc-tơ ngược hướng: → u → v;→ w → x;→ w → y;→ w → − − + Các véc-tơ nhau: → x =→ y Ví dụ Cho tam giác ABC Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB → − −−→ a) Liệt kê tất véc-tơ khác véc-tơ , phương với MN có điểm đầu, điểm cuối lấy điểm cho − → → − b) Liệt kê véc-tơ khác véc-tơ , hướng với AB có điểm đầu, điểm cuối lấy điểm cho −→ c) Vẽ véc-tơ véc-tơ NP mà có điểm đầu A B Lời giải → − −−→ a) Các véc-tơ khác véc-tơ , phương với MN →− →− →− →− −−→ − →− → NM, AB, BA, AP, PA, BP, PB − → → − b) Các véc-tơ khác véc-tơ , hướng với AB − →− → −−→ AP, PB, NM A A P N B M C B c) Trên tia CB lấy điểm B cho BB = NP −→ −→ Khi ta có BB véc-tơ có điểm đầu B véc-tơ NP −→ Qua A dựng đường thẳng song song với đường thẳng NP Trên đường thẳng lấy điểm A cho AA −→ hướng với NP AA = NP −→ −→ Khi ta có AA véc-tơ có điểm đầu A véc-tơ NP Ví dụ Cho hình vng ABCD cạnh a Gọi M trung điểm AB, N điểm đối xứng với C qua −−→ −−→ D Hãy tính độ dài véc-tơ MD MN Lời giải 10 CHƯƠNG VECTƠ Áp dụng định lý Pythagoras tam giác vuông MAD ta có √ 2 a 5a a DM = AM + AD2 = + a2 = ⇒ DM = √ a −−→ Suy MD = MD = Qua N kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB P a 3a Khi tứ giác ADNP hình vng PM = PA + AM = a + = 2 Áp dụng định lý Pythagoras tam giác vng NPM ta có √ Å ã2 13a2 a 13 3a 2 2 MN = NP + PM = a + = ⇒ MN = √ a 13 −−→ Suy MN = MN = P N A D M B C BÀI TẬP TỰ LUYỆN → − Bài Cho ngũ giác ABCDE Có véc-tơ khác véc-tơ , có điểm đầu điểm cuối đỉnh ngũ giác − → − → Lời giải Từ hai điểm phân biệt, chẳng hạn A, B, ta xác định hai véc-tơ khác véc-tơ-không AB, BA Mà từ năm đỉnh A, B, C, D, E ngũ giác ta có 10 cặp điểm phân biệt, có 20 véc-tơ thỏa mãn yêu cầu toán Bài Cho hình bình hành ABCD có tâm O Tìm véc-tơ từ điểm A, 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 Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng − → − → a) Khi hai véc-tơ AB AC hướng? − → − → b) Khi hai véc-tơ AB AC ngược hướng? Lời giải a) A nằm đoạn BC b) A nằm đoạn BC Bài Cho bốn điểm A, B,C, D phân biệt − → − → a) Nếu AB = BC ba điểm A, B,C có đặc điểm gì? − → −→ b) Nếu AB = DC bốn điểm A, B,C, D có đặc điểm gì? Lời giải CÁC ĐỊNH NGHĨA 11 a) B trung điểm AC b) A, B,C, D thẳng hàng ABCD hình bình hành Bài Cho tam giác ABC cạnh a G trọng tâm Gọi I trung điểm AG Tính độ dài −→ → − véc-tơ AG, BI Lời giải Sử dụng√ tính chất trọng √ tâm định lý Pythagoras a 21 a −→ → − Đáp án: AG = BI = Dạng Chứng minh hai véc-tơ Để chứng minh hai véc-tơ ta chứng minh chúng có độ dài hướng dựa − → −→ −→ − → vào nhận xét tứ giác ABCD hình bình hành AB = DC AD = BC Ví dụ Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Chứng minh −−→ −→ MN = QP Lời giải Do M, N trung điểm AB BC nên MN đường trung bình tam giác ABC suy MN AC MN = AC (1) Tương tự, QP đường trung bình tam giác ADC suy QP AC QP = AC (2) M −−→ −→ Từ (1) (2) kết hợp hình vẽ suy MN = QP A Q D P B N C Ví dụ Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi I trung điểm BC Dựng điểm B cho −→ −→ BB = GA → → − − a) Chứng minh BI = IC → − → − b) Gọi J trung điểm BB Chứng minh BJ = IG Lời giải → − a) Vì I trung điểm BC nên BI = CI BI hướng − → → → − − với IC BI = IC B −→ −→ → − →− b) Ta có BB = AG suy BB = AG BB AG Do BJ, JG hướng (1) J Vì G trọng tâm tam giác ABC nên IG = AG, J trung điểm BB suy BJ = BB Vì BJ = IG (2) → − → 2− Từ (1) (2) ta có BJ = IG A G B I C BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho hình bình hành ABCD Gọi M, N trung điểm DC, AB; P giao điểm AM −→ −→ −→ DB; Q giao điểm CN DB Chứng minh DP = PQ = QB Lời giải 12 CHƯƠNG VECTƠ Chứng minh DP = PQ dựa vào tính chất đường trung bình tam giác DQC PQ = QB dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ABP Suy DP = PQ = QB D A P N M Q B C − → −→ Bài Cho hình thang ABCD có hai đáy AB CD với AB = 2CD Từ C vẽ CI = DA Chứng minh rằng: → − → − a) DI = CB → − → − −→ b) AI = IB = DC Lời giải C D a) Chứng minh BICD hình bình hành b) Chứng minh I trung điểm AB kiện tứ giác BICD hình bình hành chứng minh câu a I A B Bài Cho hình bình hành ABCD Hai điểm M N trung điểm BC AD Điểm I giao −→ → − điểm AM BN, K giao điểm DM CN Chứng minh DK = IB Lời giải Theo giả thiết M N trung điểm BC AD nên AN = AD N A D BM = BC Mà AD = BC ABCD hình bình hành Suy ANMB hình bình hành I K Ta có Điểm I giao điểm hai đường chéo AM BN hình bình hành ANMB nên I trung điểm BN Tương tự, ta chứng minh K trung điểm DM Từ dễ dàng B M C −→ → − chứng minh DKBI hình bình hành, suy DK = IB −→ − → −−→ −→ −→ −→ −→ − → −→ → − Bài Cho hình bình hành ABCD Dựng AM = BA, MN = DA, NP = DC, PQ = BC Chứng minh AQ = Lời giải Chứng minh AMNP QMNP hình bình hành, suy A ≡ Q, N M −→ → − suy AQ = D P A B C Bài 10 Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Trên cạnh AC lấy hai điểm E F cho AE = EF = FC; −→ −−→ BE cắt AM N Chứng minh NA = MN Lời giải CÁC ĐỊNH NGHĨA 13 FM BE FM đường trung bình tam giác CEB Ta có EA = EF Vậy EN đường trung bình tam giác AFM Suy N −→ −−→ trung điểm AM Vậy NA = MN A E N F B M C BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 11 Cho hình bình hành ABCD Gọi E, F, M N trung điểm cạnh AB, BC,CD DA → −−→ −→ − a) Chứng tỏ vectơ EF, AC, MN phương; −→ −−→ b) Chứng tỏ EF = NM Suy tứ giác EFMN hình bình hành Lời giải N A a) Dựa vào tính chất đường trung bình, ta suy EF → −−→ −→ − MN ⇒ EF, AC, MN phương; D AC b) Dựa vào tính chất đường trung bình, ta suy EF = MN = −→ −−→ AC kết hợp với câu a) ⇒ EF = NM Suy tứ giác EFMN hình bình hành M E B F C −→ −→ −→ Bài 12 Cho hai bình bình hành ABCD ABEF Dựng EH FG AD Chứng minh CDGH hình bình hành Lời giải −→ −→ −→ Ta có EH = FG = AD nên tứ giác EFGH hình bình hành, suy GH G F FE AB DC GH = FE = AB = DC hay tứ giác CDGH hình bình D A hành H E B C Bài 13 Cho tam giác ABC có M trung điểm đoạn BC, phân giác ngồi góc A cắt BC D Giả sử giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM với AB, AC E, F (khác A) Gọi N trung điểm −−→ −→ đoạn EF Chứng minh hai véc-tơ MN AD phương Lời giải 14 Kẻ đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC Gọi P điểm cung BC khơng chứa A, PA ⊥ DA Q điểm cung BC chứa A Ta có A, D, Q thẳng hàng P, M, O, Q thẳng hàng Dễ nhận thấy DP đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ADM Tam giác PEF cân P từ có DP trung trực EF nên DP ⊥ EF N Hai tam giác PED PCQ đồng dạng, EN CM đường PN PM = ⇒ MN DQ cao nên suy PD PQ −−→ −→ Vậy, MN AD phương CHƯƠNG VECTƠ F D A B M C N E Bài 14 Cho tam giác ABC có O nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt cạnh đối diện −→ −→ M, N, P Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt MN, MP H, K Chứng minh rằng: OH = KO Lời giải OH ON ON OK Do HK BC nên ta có: = ⇒ OH = BM, = A BM BN BN CM OP OP ⇒ OK = CM (1) CP CP ON SAON SCON SAON + SCON SAOC N Mặt khác, ta lại có = = = = , BN SABN SCBN SABN + SCBN SABC P OP SAOB ON CP SAOC SABC SAOC CM O = = (2) ⇒ = = K H CP SABC BN OP SABC SAOB SAOB BM −→ −→ Từ (1) (2) suy OK = OH Vì vậy, OH = KO B M C TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ §2 15 TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ I Tóm tắt lí thuyết Định nghĩa tổng hiệu hai véc-tơ → − − − → − − → → − Định nghĩa (Phép cộng) Cho hai véc-tơ → a b Với điểm A bất kỳ, dựng AB = → a , dựng BC = b Khi → − − → − đó, véc-tơ AC gọi véc-tơ tổng → a b → − → − − → − → − → − − Ta ký hiệu: → a + b , tức là: → a + b = AB + BC = AC B −b → A −b → → − a → − a → − − a+→ b C Phép tốn tìm tổng hai véc-tơ gọi phép 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 → a , ký hiệu −→ a − −→ a → − a → − → − − − Định nghĩa (Phép trừ) Cho hai véc-tơ → a b Phép phép trừ → a với b định nghĩa phép → − − cộng → a với − b → − − → − − Ký hiệu → a − b =→ a + (− b ) Quy tắc hình bình hành Cho hình bình hành ABCD, − → − → −→ • AC = AB + AD − → −→ −→ • AB − AD = DB B A Các tính chất phép cộng, trừ hai véc-tơ Tính chất (giao hốn kết hợp) C D 16 CHƯƠNG VECTƠ → − → − − − a) → a + b = b +→ a, → − − → − − − − b) → a +( b +→ c ) = (→ a + b )+→ c Tính chất (véc-tơ đối) → − → − a) − = → − → − − − b) → a − b = −( b − → a ), − → − → c) −AB = BA → − − → − → − − → Tính chất (cộng với véc-tơ ) → a + = +→ a =− a Tính chất Cho điểm A, B,C ta có: − → − → − → a) AB + BC = AC (quy tắc điểm), Tính chất → − → − − → a) (quy tắc trung điểm) I trung điểm AB ⇔ IA + IB = , b) (quy tắc trọng tâm) G trọng tâm II − → − → − → b) AB − AC = CB (quy tắc trừ) −→ −→ −→ → − ABC ⇔ GA + GB + GC = 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 − → − → − → c) AB − AC = CB (quy tắc trừ) − → − → − → b) AB + BC = AC (quy tắc điểm) − → −→ − → d) AB + AD = AC (ABCD hình bình hành) Ví dụ Cho tam giác ABC − → − → − 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 B − → − → − → − a) → a = AB + BC = AC → − − → − → − → b) b = AB − AC = CB − → − → −→ − c) → c = AB + AC = AD, với ABDC hình bình hành → − b A → − c → − a C Ví dụ Cho hình bình hành ABCD, có tâm O Hãy xác định véc-tơ sau đây: − → −→ − a) → x = AB + AD −→ −→ − b) → y = AO + CD −→ − → −z = CD c) → − AC → − −→ −→ d) t = OA − BD D 84 CHƯƠNG VECTƠ Bài 36 Cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D Gọi I J trung điểm đoạn thẳng AB CD; P Q trung điểm đoạn thẳng AC BD; M N trung điểm đoạn thẳng AD BC Chứng minh ba đoạn thẳng IJ, PQ MN có trung điểm Lời giải B C N Q I J P A M D Xét mặt phẳng tọa độ Oxy Giả sử A(a1 ; a2 ), B(b1 ; b2 ), C(c1 ; c2 ) D(d1 ; d2 ) Ta có: ã Å ã Å Å c1 + d1 c2 + d2 a1 + b1 + c1 + d a1 + b1 a2 + b2 ; ,J ; Suy trung điểm đoạn thẳng IJ có tọa độ • I 2 2 (1) Å ã a1 + c1 a2 + c2 b1 + d1 b2 + d2 • P ; , Q ; Suy trung điểm đoạn thẳng PQ có tọa độ 2 Å ã2 a1 + b1 + c1 + d1 a2 + b2 + c2 + d2 ; (2) 4 Å ã Å ã a1 + d1 a2 + d2 b1 + c1 b2 + c2 • M ; ,N ; Suy trung điểm đoạn thẳng MN có tọa độ 2 Å ã2 a1 + b1 + c1 + d1 a2 + b2 + c2 + d2 ; (3) 4 Từ (1), (2) (3) suy ba đoạn thẳng IJ, PQ MN có trung điểm ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I 85 §5 I ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I Đề số 1a Câu (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD tâm O Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC,CD, DA (hình vẽ) D C P Q O N M A B − → 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 BA, NQ, CD 0,5 điểm −→ −→ −→ −−→ b) Các véc-tơ véc-tơ OA CO, PQ, NM 0,5 điểm Câu (1 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = cm, BC = cm − → −→ −→ − → a) Chứng minh rằng, với điểm M, ta ln có AC + BM = AM + BC − → −→ − → − b) Tính độ dài véc-tơ → u = AC + AD − BC Lời giải Hình vẽ C D O A B − → −→ −→ − → − → −→ − → −→ −→ −→ a) Vì AC + BM = AM + BC ⇔ AC − AM = BC − BM ⇔ MC = MC (đúng với M) nên ta có đẳng thức cần chứng minh 0,5 điểm −→ − → − → −→ − → − → − b) Vì AD = BC nên → u = AC + AD − BC = AC 0,25 điểm √ − → − Do |→ u | = AC = AB2 + BC2 = 10 cm 0,25 điểm Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn điều kiện −→ −→ −→ −→ MA = 2MA − MB − MC 86 CHƯƠNG VECTƠ −→ −→ − → Lời giải Gọi I trung điểm BC, ta có MB + MC = 2MI 0,5 điểm −→ −→ −→ −→ → − − → Suy 2MA − MB − MC = 2MA − 2MI = IA 0,5 điểm −→ −→ −→ −→ Do MA = 2MA − MB − MC ⇔ AM = AI 0,5 điểm Vậy, quỹ tích điểm M đường trịn tâm A, bán kính r = AI 0,5 điểm − → → → → − − → − − → − Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Gọi I J điểm cho IB+5IC = JB−3JC = → − − → − →− → Hãy phân tích véc-tơ AI AJ theo hai véc-tơ AB, AC Lời giải Hình vẽ A B I C J Ä→ Ä→ 1− − → → − − →ä − − →ä → → − → 5− → − − → − Ta có IB + 5IC = ⇔ IA + AB + IA + AC = ⇔ AI = AB + AC điểm 6 Ä− Ä− 1− − → → → − →ä → − →ä → − → → 3− → − − − → JB − 3JC = ⇔ JA + AB − JA + AC = ⇔ AJ = − AB + AC điểm 2 −→ → − → − Câu (4 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(−3; 4), P(1; 1) điểm N cho ON = i − j a) Chứng minh M, N, P không thẳng hàng Xác định điểm Q cho MPNQ hình bình hành − → → − − → b) Xác định điểm I trục Oy cho IN + IP + 4IM đạt giá trị nhỏ Lời giải −→ → − → − a) Từ ON = i − j suy N(2; −1) 0,25 điểm −5 −−→ −→ nên M, N, P không thẳng hàng 0,5 điểm Ta có MN = (5; −5), MP = (4; −3) = −3 − → −→ Giả sử Q(x; y) Ta có MP = (4; −3) QN = ®(2 − x; −1 − y) .® 0,5 điểm = 2−x x = −2 −→ −→ MPNQ hình bình hành MP = QN ⇔ ⇔ 0,5 điểm −3 = −1 − y y=2 Vậy Q(−2; 2) 0,25 điểm − −→ −→ −−→ → b) Gọi K(a; b) điểm cho KN + KP + 4KM = 0,5 điểm −→ −→ −−→ Ta có KN = (2 − a; −1 − b), KP =(1 − a; − b), KM = (−3 − a; − b) 0,5 điểm  Å ã a = − − −→ −→ −−→ → Suy K − ; Do KN + KP + 4KM = ⇔ 0,5 điểm  b = − → → − − → − → Vì I ∈ Oy nên IN + IP + 4IM = 6IK = 6.IK đạt giá trị nhỏ I hình chiếu Å ã vng góc K lên Oy Suy I 0; 0,5 điểm ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I II 87 Đề số 1b Câu (1 điểm) Cho hình bình hành ABCD tâm O Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC,CD, DA (hình vẽ) D C P Q O N M A B − → 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 CB, DA, PM 0,5 điểm −→ −→ −−→ −→ b) Các véc-tơ véc-tơ OB DO, QM, PN 0,5 điểm ‘ = 60◦ Câu (1 điểm) Cho hình thoi ABCD có AB = cm, BAD − → −→ −→ − → a) Chứng minh rằng, với điểm M, ta ln có AC + BM = AM + BC − → −→ − → − b) Tính độ dài véc-tơ → u = AC + AD − BC Lời giải Hình vẽ C D O B A − → −→ −→ − → − → −→ − → −→ −→ −→ a) Vì AC + BM = AM + BC ⇔ AC − AM = BC − BM ⇔ MC = MC (đúng với M) nên ta có đẳng thức cần chứng minh 0,5 điểm −→ − → − → −→ − → − → − b) Vì AD = BC nên → u = AC + AD − BC = AC 0,25 điểm √ − → − Do |→ u | = AC = 2AO = cm 0,25 điểm Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn điều kiện −→ −→ −→ −→ MB = MA + MB − 2MC −→ −→ − → Lời giải Gọi I trung điểm AB Ta có MA + MB = 2MI 0,5 điểm −→ −→ −→ −→ − → Suy MA + MB − 2MC = 2MI − 2MC = |CI| 0,5 điểm −→ −→ −→ −→ Do MB = MA + MB − 2MC ⇔ BM = 2IC 0,5 điểm Vậy, quỹ tích điểm M đường trịn tâm B, bán kính r = 2IC 0,5 điểm 88 CHƯƠNG VECTƠ −→ → − −→ −→ Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Gọi K H điểm cho KB + 5KC = HB − −→ → −→ −→ − →− → − 3HC = Hãy phân tích véc-tơ AK AH theo hai véc-tơ AB, AC Lời giải Hình vẽ A B K C H Ä−→ − Ä−→ − −→ → →ä →ä → −→ − → 5− → − − −→ Ta có KB + 5KC = ⇔ KA + AB + KA + AC = ⇔ AK = AB + AC điểm 6 Ä−→ − Ä−→ − 1− −→ → →ä →ä → −→ → 3− → − − −→ Ta có HB − 3HC = ⇔ HA + AB − HA + AC = ⇔ AH = − AB + AC điểm 2 −−→ → − → − Câu (4 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm N(2; −1), P(1; 1) điểm M cho OM = −3 i +4 j a) Chứng minh M, N, P không thẳng hàng Xác định điểm Q cho MNQP hình bình hành − → → − − → b) Xác định điểm I trục Ox cho IN + IP + 4IM đạt giá trị nhỏ Lời giải −−→ → − → − a) Từ OM = −3 i + j suy M(−3; 4) 0,25 điểm −5 −−→ −→ nên M, N, P không thẳng hàng 0,5 điểm Ta có MN = (5; −5), MP = (4; −3) = −3 −→ −→ Giả sử Q(x; y) Ta có MP = (4; −3) QN = ®(x − 2; y + 1) .® 0,5 điểm = x−2 x=6 − → −→ MNQP hình bình hành MP = NQ ⇔ ⇔ 0,5 điểm −3 = y + y = −4 Vậy Q(6; −4) 0,25 điểm − −→ −→ −−→ → b) Gọi K(a; b) điểm cho KN + KP + 4KM = 0,5 điểm −→ −→ −−→ Ta có KN = (2 − a; −1 − b), KP =(1 − a; − b), KM = (−3 − a; − b) 0,5 điểm  Å ã  a = − − −→ −→ −−→ → Suy K − ; 0,5 điểm Do KN + KP + 4KM = ⇔  b = − → → − − → − → Vì I ∈ Ox nên IN + IP + 4IM = 6IK = 6.IK đạt giá trị nhỏ I hình chiếu Å ã vng góc K lên Ox Suy I − ; 0,5 điểm ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I III 89 Đề số 2a Câu (2 điểm) Cho hình bình hành MNPQ có I giao điểm hai đường chéo Xét véc-tơ có điểm đầu, điểm cuối điểm M, N, P, Q, I − → a) Tìm véc-tơ MI − → b) Tìm tất các véc-tơ đối QI → → − − → − → → − − c) Chứng minh: MI + NI + PI + QI = Lời giải − → → − a) Véc-tơ MI IP 0, − → − →− → b) Tất véc-tơ đối QI IQ, NI 0, → − → → − − → − c) Vì tứ giác ABCD hình bình hành nên MI = IP, NI = IQ 0, M Do đó: − → − → − → → − − → − → → − → − → − MI + NI + PI + QI = IP + IQ + PI + QI = 0, N P I Q Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC có M, N, P trung điểm AB, AC BC Gọi G trọng tâm tam giác ABC − → −→ − → −−→ a) Tìm x, y biết MN = xBC AG = yAP −→ − → − → b) Phân tích AG theo AB AC Lời giải a) Do MN đường trung bình tan giác ABC nên BC = 2MN → −−→ − Suy ra: MN = BC Vậy x = 0, M Do G trọng tâm tam giác ABC nên AG = AP −→ − → Suy ra: AG = AP Vậy y = 0, A B G P N − → 1− → 1− → b) Do P trung điểm BC nên AP = AB + AC 0, 2 −→ − → Mà AG = AP −→ − → 1− → Do đó: AG = AB + AC 0, 3 Câu (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(1; 2), B(5; 2) C(2; 3) a) Chứng minh điểm A, B, C tạo thành đỉnh tam giác b) Tìm điểm D cho tứ giác ABDC hình bình hành Lời giải C 90 CHƯƠNG VECTƠ − → − → a) Ta có AB = (4; 0), AC = (1; 1) 0, C D − → − → Suy ra: AB = kAC, ∀k ∈ R − → − → Do đó, hai véc-tơ AB AC khơng phương B Suy ra, điểm A, B, C không thẳng hàng A Vậy, điểm A, B, C tạo thành đỉnh tam giác 0, −→ b) Gọi D(x; y) Ta có CD = (x − 2; y − 3) − → −→ Tứ ® giác ABDC hình ® bình hành ⇔ AB = CD 0, x=6 x−2 = ⇔ ⇔ y=3 y−3 = Vậy D = (6; 3) 0, −→ − −→ −→ → Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Tìm điểm M cho 2MA + 2MB + MC = Lời giải Gọi I trung điểm AB −→ − −→ −→ → Ta cóÄ 2MA + 2MB + MC = ä −→ −→ −→ → − ⇔ MA + MB + MC = − − → −→ → ⇔ 4MI + MC = 1, −→ − → ⇔ MC = −4MI Vậy, điểm M nằm điểm C I cho MC = 4MI 1, B I M A C Câu (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 A điểm đối xứng với điểm A qua trục Ox Suy A (1; −2) y A AM = A M −−→ −→ Gọi M(x; 0) Khi đó: A M = (x − 1; 2), A B = (2; 3) 0, B −→ −→ Ta có MA + MB = MA + MB = MA + MB ≥ A B −→ −→ x M O Do đó, MA + MB nhỏ chi điểm A , M, B thẳng hàng 0, ® −−→ −→ x − = 2k ∗ ⇔ ∃k ∈ R , A M = kA B ⇔ 0, = 3k A   k = ⇔  x = 3Å ã Vậy M = ; 0, 5 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I IV 91 Đề số 2b Câu (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD có O giao điểm hai đường chéo Xét véc-tơ có điểm đầu, điểm cuối điểm A, B, C, D, O −→ a) Tìm véc-tơ CO −→ b) Tìm tất các véc-tơ đối OA − → − → −→ − → c) Chứng minh: AB + 2AC + AD = 3AC Lời giải −→ −→ a) Véc-tơ CO OA 0, −→ −→ −→ b) Tất véc-tơ đối OA AO, OC 0, − → −→ − → c) Vì tứ giác ABCD hình bình hành nên AB + AD = AC 0, A Do đó: − → − → −→ − → − → − → AB + 2AC + AD = AC + 2AC = 3AC 0, C B O D Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC có M, N, P trung điểm AB, AC BC Gọi G trọng tâm tam giác ABC − → −−→ −→ −→ a) Tìm x, y biết AC = xPM CG = yMG −→ − → − → b) Phân tích BG theo AB BC Lời giải a) Do MP đường trung bình tan giác ABC nên AC = 2MP − → −→ Suy ra: AC = −2PM Vậy x = −2 0, Do G trọng tâm tam giác ABC nên CG = 2MG M −→ −−→ Suy ra: CG = −2MG Vậy y = −2 0, A B G P N → 1− → −→ − b) Do N trung điểm AC nên BN = BA + BC 2 1− → 1− → −→ ⇒ BN = − AB + BC 0, 2 −→ −→ Mà BG = BN 1− −→ → 1− → Do đó: BG = − AB + BC 0, 3 Câu (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(1; 3), B(3; 4) C(0; 3) a) Chứng minh điểm A, B, C tạo thành đỉnh tam giác b) Tìm điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành Lời giải C 92 CHƯƠNG VECTƠ − → − → a) Ta có AB = (2; 1), AC = (−1; 0) 0, D B − → − → Suy ra: AB = kAC, ∀k ∈ R − → − → Do đó, hai véc-tơ AB AC khơng phương C A Suy ra, điểm A, B, C không thẳng hàng Vậy, điểm A, B, C tạo thành đỉnh tam giác 0, −→ b) Gọi D(x; y) Ta có CD = (x; y − 3) − → −→ Tứ ® giác ABDC hình ® bình hành ⇔ AB = CD 0, x=2 x=2 ⇔ ⇔ y−3 = y=4 Vậy D = (2; 4) 0, −→ −→ −→ → − Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC Tìm điểm M cho MA + MB + 2MC = Lời giải Gọi I trung điểm AB −→ −→ −→ → − Ta có MA + MB + 2MC = −→ → − − → ⇔ 2MI + 2MC = 1, −→ − → ⇔ MC = −MI Vậy, điểm M trung điểm đoạn thẳng MI 1, B I M A C Câu (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 Gọi A điểm đối xứng với điểm A qua trục Oy Suy A (−1; 2) y AM = A M −−→ −→ A Gọi M(0; y) Khi đó: A M = (1; y − 2), A B = (4; −1) 0, A M −→ −→ Ta có MA + MB = MA + MB = MA + MB ≥ A B B −→ −→ Do đó, MA + MB nhỏ chi điểm A , M, B thẳng hàng ® 0, x O − − → − → 4k = ⇔ ∃k ∈ R∗ , A M = kA B ⇔ 0, y − = −k   k = ⇔  y = 4Å ã Vậy M = 0; 0, 5 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I V 93 Đề số 3a Câu (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD Chỉ xét véc-tơ có điểm đầu điểm cuối đỉnh hình bình hành ABCD − → a) Hãy véc-tơ phương với véc-tơ AB −→ − → − → −→ b) Chứng minh AD + BC = AC + BD Lời giải C D B A − → −→ −→ − → a) AB phương với CD, DC, BA 1,0 −→ − → − → −→ −→ −→ − → −→ b) AD + BC = AC + CD + BD + DC = AC + BD 1,0 −→ −→ → − −→ − −→ → Câu (1 điểm) Cho tam giác ABC Gọi M, N điểm thoả mãn MA + MB = , NC + 3NB = − → − → −−→ Phân tích véc-tơ MN theo hai véc-tơ AB, AC Lời giải C N A M B → 1− → 1− → 1− → −−→ −→ −→ − MN = MB + BN = AB + BC = AB + AC 1,0 4 → − − − Câu Cho ba véc-tơ → a = (1; 2), b = (−3; 3), → c = (5; −2) → − − − − a) Tìm tọa độ véc-tơ → x = 2→ a − b + 2→ c → − − − b) Phân tích véc-tơ → a theo hai véc-tơ b → c Lời giải → − − − − a) Ta có: 2→ a = (2; 4), b = (−9; 9), 2→ c = (10; −4) Vậy → x = (21; −9) 1,0 94 CHƯƠNG VECTƠ → − − − b) Giả sử → a®= m b + n→ c −3m + 5n = Giải hệ ta m = , n = Ta có hệ 3m − 2n = → − − − Vậy → a = b +→ c 1,0 Câu (3 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1; 3), B(2; −3), C(−2; 1) a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành ba đỉnh tam giác b) Tìm tạo độ điểm D cho C trọng tâm tam giác ABD c) Tìm tọa độ điểm I trục Ox cho ba điểm A, I, B thẳng hàng Lời giải y A C −2 −3 x B − → − → − → − → a) Ta có: AB = (1; −6), AC = (−3; −2), AB AC khơng phương Vì vậy, ba điểm A, B, C không thẳng hàng hay ba điểm tạo thành đỉnh tam giác 1,0 b) Gọi D(a,  b) điểm cho C trọng tâm tam giác ABD a+1+2 ®  −2 = a = −9 Ta có: ⇔ Vậy D(−9; 3) 1,0  b=3  = b+3−3 c) Giả sử đường thẳng qua®A B có phương ® trình dạng y = ax + b = a·1+b a = −6 Ta có hệ phương trình ⇔ Do đó, phương trình đường thẳng qua A B −3 = a · + b b=9 y = −6x +  ® Å ã x = y=0 Vậy, I Giao điểm đường thẳng AB với trục Ox nghiệm hệ ⇔ ;0 y = −6x +  y = 1,0 Câu (2 điểm) Cho tứ giác ABCD → − → − → → − − a) Xác định điểm I thỏa mãn điều kiện IA + IB + 3IC = ; −→ −→ −→ −−→ b) Tìm tập hợp điểm M cho MA + MB + 3MC = MD Lời giải ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I 95 x D C y A I P B → − → − → − a) Gọi P trung điểm AB Lúc này, với điểm I ta có: IA + IB = 2IP Từ giả thiết suy 3− → → − IP = − IC, điểm I nằm hai điểm P, C lấy sau: chia đoạn PC thành phần 2 lấy I cho IC = PC 1,0 − → −−→ b) Từ giả thiết ta có MI = MD (với I điểm xác định câu a) Vậy, tập hợp điểm M nằm đường trung trực x y đoạn thẳng ID 1,0 96 CHƯƠNG VECTƠ VI Đề số 3b Câu (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD.Chỉ xét véc-tơ có điểm đầu điểm cuối đỉnh hình bình hành ABCD −→ a) Hãy véc-tơ phương với véc-tơ AD − → −→ − → −→ b) Chứng minh AB + DC = AC + DB Lời giải C D B A −→ − → − → −→ a) AD phương với CB, BC, DA 1,0 − → −→ − → − → −→ − → − → −→ b) AB + DC = AC + CB + DB + BC = AC + DB 1,0 −→ −→ → → − − − − → → Câu (1 điểm) Cho tam giác ABC Gọi P, Q điểm thoả mãn QC − 3QA = , PC + 3PB = Phân −→ − → − → tích véc-tơ PQ theo hai véc-tơ AB, AC Lời giải C P A B Q 3− −→ − → −→ − → 1− → → 3− → → − PQ = PA + AQ = PB + BA − AC = − AB − AC 1,0 4 → − → − − Câu (2 điểm) Cho ba véc-tơ a = (−1; 2), b = (3; −3), → c = (5; −2) → − − − − a) Tìm tọa độ véc-tơ → x = 2→ a + b − 2→ c → − − − b) Phân tích véc-tơ → a theo hai véc-tơ b → c ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I 97 Lời giải → − − − − a) Ta có: 2→ a = (−2; 4), b = (9; −9), 2→ c = (10; −4) Vậy, → x = (−3; −1) 1,0 ® 3m + 5n = −1 → − → − → − Giải hệ ta m = − , n = b) Giả sử a = m b + n c Ta có hệ −3m − 2n = → − − − Vậy → a =− b + → c 1,0 Câu (3 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho ba điểm A(−1; 3), B(−2; −3), C(2; 1) a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành ba đỉnh tam giác b) Tìm tạo độ điểm D cho C trọng tâm tam giác ABD c) Tìm tọa độ điểm I trục Ox cho ba điểm A, I, B thẳng hàng Lời giải y A −2 B C −1 x −3 − → − → − → − → a) Ta có: AB = (−1; −6), AC = (3; −2), AB AC khơng phương Vì vậy, ba điểm A, B, C khơng thẳng hàng hay ba điểm tạo thành đỉnh tam giác 1,0  a−1−2 ®  2 = a=9 b) Gọi D(a, b) điểm cho C trọng tâm tam giác ABD Ta có: ⇔ Vậy  b=3 1 = b + − 3 D(9; 3) 1,0 c) Giả sử đường ® thẳng qua A B®có phương trình dạng y = ax + b = −a · + b a=6 Ta có hệ ⇔ Do đó, phương trình đường thẳng qua A B y = 6x + −3 = −a · + b b=9  ® x = − y=0 Giao điểm đường thẳng AB với trục Ox nghiệm hệ ⇔  y = 6x + y=0 ã Å Vậy, I − ; 1,0 Câu (2 điểm) Cho tứ giác ABCD → − → − → → − − a) Xác định điểm I thỏa mãn điều kiện IA + IB + 2IC = ; −→ −→ −→ −−→ b) Tìm tập hợp điểm M cho MA + MB + 2MC = MD Lời giải 98 CHƯƠNG VECTƠ x D C y I A P B → − → − → − a) Gọi P trung điểm AB Lúc này, với điểm I ta có: IA + IB = 2IP Từ giả thiết suy − → → − IP = −IC, điểm I trung điểm đoạn thẳng PC 1,0 − → −−→ b) Từ giả thiết ta có MI = MD Vậy, tập hợp điểm M nằm đường trung trực đoạn thẳng ID 1,0 ... + = 2 Áp dụng định lý Pythagoras tam giác vuông NPM ta có √ Å ã2 13a2 a 13 3a 2 2 MN = NP + PM = a + = ⇒ MN = √ a 13 −−→ Suy MN = MN = P N A D M B C BÀI TẬP TỰ LUYỆN → − Bài Cho ngũ giác ABCDE... giải 1 CÁC ĐỊNH NGHĨA 13 FM BE FM đường trung bình tam giác CEB Ta có EA = EF Vậy EN đường trung bình tam giác AFM Suy N −→ −−→ trung điểm AM Vậy NA = MN A E N F B M C BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 11... II CHƯƠNG VECTƠ Các dạng toán Dạng Các tốn 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