Bài giảng trọng tâm Toán 10: Vector

Dạng toán 3: Xác định điểm M thoả một đẳng thức vectơ cho trước Phương pháp áp dụng Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho trước về dạng:   OM = v ,  trong đó điểm O cố định và vectơ v đ[r]

phÇn II: h×nh häc chương − vect¬ A KiÕn thøc cÇn nhí I các định nghĩa I.kiÕn thøc cÇn nhí vect¬ lµ g× ? Véctơ là đoạn thẳng có định hướng:  Một đầu xác định là gốc, còn đầu là  Hướng từ gốc đến gọi là hướng véctơ  Độ dài đoạn thẳng gọi là độ dài véctơ Vect¬ kh«ng §Þnh nghÜa: Vect¬ kh«ng lµ vect¬ cã ®iÓm ®Çu vµ ®iÓm cuèi trïng  Nh­ vËy, vÐct¬ kh«ng, kÝ hiÖu lµ vect¬ cã:  §iÓm gèc vµ ngän trïng  §é dµi b»ng Hai vectơ cùng phương   Hai vectơ AB , CD gọi là cùng phương, ký hiệu:    AB // CD AB // CD ⇔   A, B,C, D th ¼ng hµng Hai vectơ cùng hướng, ngược hướng   a Hai véctơ AB , CD gọi là cùng hướng , ký hiệu:    AB // CD AB ↑↑ CD ⇔   hai tia AB,CD cïng h ­íng   b Hai véctơ AB , CD gọi là ngược hướng, ký hiệu:    AB // CD AB ↑↓ CD ⇔   hai tia AB,CD ng ­îc h ­íng Hai vect¬ b»ng   Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ b»ng nhau, ký hiÖu:   AB = CD  AB = CD ⇔   AB ↑↑ CD 267 II tæng cña hai vect¬   Định nghĩa: Tổng hai vectơ a và b là véctơ xác định sau:    Tõ mét ®iÓm tïy ý A trªn mÆt ph¼ng dùng vect¬ AB = a    Tõ ®iÓm B dùng vect¬ BC = b     Khi đó véctơ AC gọi là vectơ tổng hai vectơ a và b , ta viết    AC = a + b a B b a A a+b b C Từ định nghĩa trên ta quy tắc ba điểm:    AB + BC = AC , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k× TÝnh chÊt cña phÐp céng vÐct¬    Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c , ta cã:     TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a + b = b + a       TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hîp): ( a + b ) + c = a + ( b + c )      TÝnh chÊt 3: (TÝnh chÊt cña vect¬ kh«ng): a + = + a = a Quy t¾c h×nh b×nh hµnh:    AB + AD = AC , víi ABCD lµ h×nh b×nh hµnh    Ta cã "NÕu M lµ trung ®iÓm ®o¹n th¼ng AB th× MA + MB = " Ta cã "Gäi G lµ träng t©m ∆ABC th×:     GA + GB + GC = ,        MA + MB + MC= 3MG, ∀M + GB + GC = " III hiÖu cña hai vect¬ Hai vectơ đối   Hai véctơ AB , CD gọi là đối nhau, ký hiệu:   AB = CD  AB = − CD ⇔   AB ↑↓ CD hiÖu cña hai vect¬      §Þnh nghÜa: HiÖu cña hai vÐct¬ a vµ b , kÝ hiÖu a − b , lµ tæng cña vect¬ a vµ  vectơ đối vectơ b , nghĩa là:     a − b = a + (− b ) 268 PhÐp lÊy hiÖu cña hai vect¬ gäi lµ phÐp trõ vect¬     Để dựng vectơ a − b biết các vectơ a và b ta lấy điểm A tuỳ ý, từ đó dựng        vectơ AB = a và AC = b , đó CB = a − b B b a a a−b C A b Tõ c¸ch dùng trªn ta ®­îc quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc:    AB − AC = CB , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k× TÝnh chÊt cña phÐp trõ vÐct¬       a − b = c ⇔ a = b + c IV tÝch cña mét vect¬ víi mét sè   §Þnh nghÜa: TÝch cña vect¬ a víi mét sè thùc k lµ mét vect¬, kÝ hiÖu k a ®­îc x¸c định sau:   a Vectơ k a cùng phương với vectơ a và :   Cùng hướng với vectơ a k ≥   Ngược hướng với vectơ a k <  b Có độ dài k. a  PhÐp lÊy tÝch cña mét vect¬ víi mét sè gäi lµ phÐp nh©n vect¬ víi sè (hoÆc phÐp nh©n sè víi vect¬) Từ định nghĩa trên ta có các kết quả:     a = a , (−1) a = − a TÝnh chÊt cña phÐp nh©n vect¬ víi sè   Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c¸c sè thùc m, n, ta cã:   TÝnh chÊt 1: m(n a ) = (mn) a    TÝnh chÊt 2: (m + n) a = m a + n a     TÝnh chÊt 3: m( a + b ) = m a + n b     TÝnh chÊt 4: m a = ⇔ a = hoÆc m = điều kiện để hai vectơ cùng phương  Định lí (Quan hệ hai vectơ cùng phương): Vectơ b cùng phương với vectơ     a ≠ vµ chØ tån t¹i sè k cho b = k a Hệ quả: Điều kiện cần và đủ để ba điểm A, B, C thẳng hàng là tồn số k cho   AB = k AC 269 Biểu thị vectơ qua hai vectơ không cùng phương  Định lí (Phân tích vectơ thành hai vectơ khác không cùng phương): Cho     hai vectơ a và b khác và không cùng phương Với vectơ c còng t×m ®­îc mét cÆp sè thùc m, n nhÊt, cho:    c = ma + nb V Hệ toạ độ Vect¬  Cho ®iÓm M1(x1; y1), M1(x2; y2) th× M1M = (x2 − x1; y2 − y1) C¸c phÐp to¸n Vect¬   NÕu cã hai vect¬ v1 (x1; y1) vµ v (x2; y2) th×: x = x   (i): v1 = v ⇔   y1 = y x y   (ii): v1 // v ⇔ = x y2   (iii): v1 + v = (x1 + x2; y1 + y2)   (iv): v1 − v = (x1 − x2; y1 − y2)  (v): k v1 (x1; y1) = (kx1; ky1) , k ∈    (vi): α v1 + β v = (αx1 + βx2; αy1 + βy2) Kho¶ng c¸ch  Khoảng cách d hai điểm M1(x1; y1) và M1(x2; y2) là độ dài vectơ M1M , ®­îc cho bëi:  d = | M1M | = (x1 − x ) + (y1 − y ) Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trước   §iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M1M2 theo mét tØ sè k (tøc lµ MM1 = k MM ) ®­îc xác định các công thức: x1 − kx   x = − k   y = y1 − ky 1− k  Đặc biệt k = −1, thì M là trung điểm đoạn thẳng M1M2 , đó toạ độ M xác định bởi: x1 + x   x =   y = y1 + y  270 Ba ®iÓm th¼ng hµng Ba ®iÓm A(x1; y1) , B(x2; y2) vµ C(x3; y3) th¼ng hµng vµ chØ khi:   x − x1 y −y = AC // AB ⇔ x − x1 y − y1 B Phương pháp giải các dạng toán liên quan §1 Vect¬ D¹ng to¸n 1: Më ®Çu vÒ vect¬ ThÝ dô Cho ∆OAB vu«ng c©n víi OA = OB = a H·y dùng c¸c vect¬ sau ®©y và tính độ dài chúng:       OA + OB OA + OB , OA − OB ,  Gi¶i  21  OA + 2.5 OB , 14   OA − OB a Với C là đỉnh thứ tư hình vuông OACD, ta có ngay:    O OA + OB = OC , theo quy t¾c h×nh b×nh hµnh Từ đó, suy ra:     OA + OB  =  OC  = OC = a b Ta cã ngay:    B OA − OB = BA , quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc    A O ⇒  OA − OB  =  BA  = BA = a   c Để dựng vectơ OA + OB ta thực hiện: B  Trªn tia OA lÊy ®iÓm A1 cho OA1 = 3OA  Trªn tia OB lÊy ®iÓm B1 cho OB1 = 4OB  Dùng h×nh ch÷ nhËt OA1C1B1 Từ đó, ta có:      OA + OB = OA1 + OB1 = OC1 B1    2 ⇒ 3 OA + OB  =  OC1  = OC1 = OA1 + C1A1 = 5a  21  d Thực tương tự câu c), ta dựng vectơ OA + 2.5 OB vµ  21  a 541  OA + 2.5 OB  = 4 14   e Thực tương tự câu c), ta dựng vectơ OA − OB vµ 14   a 6073  OA − OB  = 28 A C A1 C1 271   Thí dụ Cho ∆ABC có cạnh a Tính độ dài vectơ tổng AB + AC  Gi¶i Gọi M là trung điểm BC, lấy điểm A1 đối xứng với A qua M, ta cã ABA1C lµ h×nh b×nh hµnh, suy ra:    AB + AC = AA1    a = a ⇒  AB + AC  =  AA1  = 2AM = 2 A A1 B M C  Chó ý: Víi c¸c em häc sinh ch­a n¾m v÷ng kiÕn thøc vÒ tæng cña hai vect¬ thì thường kết luận rằng:      AB + AC  =  AB  +  AC  = a + a = 2a Dạng toán 2: Chứng minh đẳng thức vectơ Phương pháp áp dụng Ta lựa chọn các hướng biến đổi sau: Hướng 1: Biến đổi vế thành vế còn lại (VT ⇒ VP VP ⇒ VT) Khi đó:  Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực việc đơn giản biểu thøc  Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực việc phân tích vect¬ Hướng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh đẳng thức đã biết là luôn đúng Hướng 3: Biến đổi đẳng thức vectơ đã biết là luôn đúng thành đẳng thức cÇn chøng minh Hướng 4: Tạo dựng các hình phụ Khi thực các phép biến đổi ta sử dụng:  Quy t¾c ba ®iÓm:    AB = AC + CB  Quy t¾c h×nh b×nh hµnh: Víi h×nh b×nh hµnh ABCD lu«n cã:    AC = AB + AD  HiÖu hai vect¬ cïng gèc    AB − AC = CB  TÝnh chÊt trung ®iÓm: Víi ®iÓm M tuú ý vµ I lµ trung ®iÓm cña AB lu«n cã:   272    MI = ( MA + MB ) TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c: Víi ∆ABC cã träng t©m G ta cã:     GA + GB + GC =     MA + MB + MC = MG , víi M tuú ý C¸c tÝnh chÊt cña phÐp céng, trõ vect¬ vµ phÐp nh©n mét sè víi mét vect¬     ThÝ dô Cho bèn ®iÓm A, B, C, D Chøng minh r»ng AB + CD + BC = AD  Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo ba c¸ch sau: C¸ch 1: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       VT = ( AB + BC ) + CD = AC + CD = AD , ®pcm C¸ch 2: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       VT = AB + ( BC + CD ) = AB + BD = AD , ®pcm C¸ch 3: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       AD = AC + CD = AB + BC + CD , ®pcm C¸ch 4: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:       AD = AB + BD = AB + BC + CD , ®pcm  NhËn xÐt: ViÖc tr×nh bµy thÝ dô trªn theo bèn c¸ch chØ mang tÝnh chÊt minh hoạ cho ý tưởng sau: Víi c¸ch vµ c¸ch 2, chóng ta gom hai vect¬ cã "®iÓm cuèi vectơ thứ trùng với điểm đầu vectơ thứ hai" từ đó sö dông chiÒu thuËn cña quy t¾c ba ®iÓm Với cách và cách 4, chúng ta sử dụng chiều ngược lại quy  tắc ba điểm, cụ thể "với vectơ AB bất kì chúng ta có thể xen thêm vào điểm tuỳ ý để từ đó phân tích vectơ  AB thµnh tæng cña hai vect¬"     ThÝ dô Cho ®iÓm A, B, C, D Chøng minh r»ng AB + CD = AD + CB Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã:         VT = ( AD + DB ) + CD = AD + CD + DB = AD + CB = VP C¸ch 2: Ta cã:         VT = ( AC + CB ) + CD = AC + CD + CB = AD + CB = VP Cách 3: Biến đổi tương đương biểu thức dạng:       AB − AD = CB − CD ⇔ DB = DB , đúng ⇒ Điều phải chứng minh Cách 4: Biến đổi tương đương đẳng thức dạng:           AB − CB = AD − CD ⇔ AB + BC = AD + DC ⇔ AC = AC , luôn đúng  NhËn xÐt: Để thực chứng minh đẳng thức vectơ đã cho chúng ta lựa chọn hướng biến đổi VT thành VP và hai cách giải trên có chung ý tưởng, cụ thể việc lựa chọn vectơ xuất phát lµ AB ta cã:  Trong c¸ch 1, ta ý thøc ®­îc r»ng cÇn t¹o sù xuÊt hiÖn vectơ AD đó ta xen vào điểm D 273  Trong c¸ch 2, ta ý thøc ®­îc r»ng cÇn t¹o sù xuÊt hiÖn vectơ CB đó ta xen vào điểm C Tõ nhËn xÐt trªn h¼n c¸c em häc sinh thÊy ®­îc thªm r»ng cßn có cách khác để giải bài toán, cụ thể:  Hai c¸ch víi viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t lµ CD  Hai cách theo hướng biến đổi VP thành VT Thí dụ Cho M và N là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD Chứng minh r»ng:      MN = AC + BD = AD + BC A M  Gi¶i B a Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã ph©n tÝch:     (1) AC = AM + MN + NC ,     D C N (2) BD = BM + MN + ND       Céng theo vÕ (1) vµ (2) víi l­u ý AM + BM = vµ NC + ND = (v× M vµ N là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:    (*) AC + BD = MN , ®pcm C¸ch 2: Ta cã ph©n tÝch:     (3) MN = MA + AC + CN ,     (4) MN = MB + BD + DN ,       Céng theo vÕ (3) vµ (4) víi l­u ý MA + MB = vµ NC + ND = (v× M vµ N lÇn lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:    MN = AC + BD , ®pcm b Ta cã:         (**) AC + BD = AD + DC + BC + CD = AD + BC , ®pcm Từ (*) và (**) ta đẳng thức cần chứng minh ThÝ dô Cho O lµ t©m cña h×nh b×nh hµnh ABCD Chøng minh r»ng víi ®iÓm M bÊt k×, ta cã:  Gi¶i      MO = ( MA + MB + MC + MD ) Ta cã:     MA + MB + MC + MD         = MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD       = MO + ( OA + OC ) + ( OB + OD ) = MO      ⇔ ( MA + MB + MC + MD ) = MO , ®pcm 274  Chú ý: Các em học sinh hãy trình bày thêm cách biến đổi VT thành VP Thí dụ Cho ∆ABC Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB Chøng minh r»ng:     AM + BN + CP =  Gi¶i Sử dụng quy tắc trung điểm ta biến đổi:       VT = (AB + AC) + (BA + BC) + (CA + CB) 2           = (AB + BA + AC + CA + BC + CB) , ®pcm Thí dụ Cho ∆A1B1C1 và ∆A2B2C2 có trọng tâm là G1, G2 Chứng minh rằng:     A1A + B1B2 + C1C2 = G1G  Gi¶i Víi G1, G2 lµ t©m c¸c ∆A1B1C1 vµ ∆A2B2C2, ta cã:     G1A1 + G1B1 + G1C1 =     G A + G B2 + G C = MÆt kh¸c, ta cã:     A1A = A1G1 + G1G + G A     B1B2 = B1G1 + G1G + G B2     C1C2 = C1G1 + G1G + G C2 Céng theo vÕ (3), (4), (5) vµ sö dông c¸c kÕt qu¶ (1) vµ (2), ta ®­îc:     A1A + B1B2 + C1C2 = G1G , ®pcm (1) (2) (3) (4) (5) ThÝ dô Cho ∆ABC Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB vµ N lµ mét ®iÓm trªn c¹nh AC, cho NC = 2NA Gäi K lµ trung ®iÓm cña MN  a Chøng minh r»ng AK =   AB + AC b Gäi D lµ trung ®iÓm cña BC Chøng minh r»ng KD =  Gi¶i a Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn thÊy:   AB = 2AM  ⇔ AB = AM ;   AB ↑↑ AM   AB + AC   AC = 3AN  ⇔ AC = AN   AC ↑↑ AN 275 V× K lµ trung ®iÓm MN nªn:    1     AK = ( AM + AN ) = ( AB + AC ) = AB + AC , ®pcm 2 b V× D lµ trung ®iÓm BC nªn:    AD = ( AB + AC ) từ đó, suy ra:         KD = AD − AK = ( AB + AC ) − ( AB + AC ) = AB + AC , ®pcm Dạng toán 3: Xác định điểm M thoả đẳng thức vectơ cho trước Phương pháp áp dụng Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho trước dạng:   OM = v ,  đó điểm O cố định và vectơ v đã biết Thí dụ Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O     a Chøng minh r»ng OA + OB + OC = b Hãy xác định các điểm M, N, P cho:          OM = OA + OB ; ON = OB + OC ; OP = OC + OA  Gi¶i a Vì ∆ABC nên O chính là trọng tâm ∆ABC, đó ta có ngay:     A OA + OB + OC = b Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ trung ®iÓm cña BC, AC, AB M C1  Dùng h×nh b×nh hµnh AOBM b»ng viÖc lÊy ®iÓm M    O đối xứng với O qua C1, ta có OM = OA + OB B  Các điểm N, P xác định tương tự Thí dụ Cho ∆ABC Hãy xác định điểm M thoả mãn điều kiện:     MA − MB + MC = C (*)  Gi¶i Biến đổi (*) dạng:      BA + MC = ⇔ MC = AB ⇔ ABCM lµ h×nh b×nh hµnh Từ đó, để xác định điểm M ta thực hiện:  KÎ Ax // BC  KÎ Cy // AB  Giao cña Ax vµ Cy chÝnh lµ ®iÓm M cÇn t×m 276 M A B C Thí dụ Cho ∆ABC đều, nội tiếp đường tròn tâm O a Hãy xác định các điểm M, N, P cho:          OM = OA + OB , ON = OB + OC , OP = OC + OA     b Chøng minh r»ng OA + OB + OC = A  Gi¶i P M a Dựa theo quy tắc hình bình hành, ta có:  Víi ®iÓm M tho¶ m·n: O    C B OM = OA + OB ⇒ M là đỉnh thứ tư hình bình hành AOBM N ⇒ CM là đường kính (O), vì ∆ABC  Víi ®iÓm N tho¶ m·n:    ON = OB + OC ⇒ N là đỉnh thứ tư hình bình hành BOCN ⇒ AN là đường kính (O), vì ∆ABC  Víi ®iÓm P tho¶ m·n:    OP = OC + OA ⇒ P là đỉnh thứ tư hình bình hành AOCP ⇒ BP là đường kính (O), vì ∆ABC VËy, c¸c ®iÓm M, N, P n»m trªn ®­êng trßn (O) cho CM, AN, BP lµ c¸c ®­êng kÝnh cña ®­êng trßn (O)   b Dùa vµo kÕt qu¶ c©u a) vµ OC = MO , ta cã ngay:          OA + OB + OC = OM + MO = MO + OM = MM = ThÝ dô Cho ∆ABC    a T×m ®iÓm I cho IA + IB =    b T×m ®iÓm K cho KA + KB = CB     c T×m ®iÓm M cho MA + MB + MC =  Gi¶i a Ta biến đổi:       = IA + (IA + AB) = IA + AB   ⇔ IA = − AB , suy điểm I hoàn toàn xác định b Ta biến đổi:         = KA + KB + ( KB + BC ) = KA + KB + KC ⇔ K lµ träng t©m ∆ABC c Gäi E, F, N lµ trung ®iÓm AB, BC, EF, ta cã:         = ( MA + MC ) + ( MB + MC ) = ME + MF = MN ⇔ M ≡ N 277 Thí dụ Cho trước hai điểm A, B và hai số thực α, β thoả mãn α + β ≠    a Chøng minh r»ng tån t¹i nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n α IA + β IB = b Từ đó, suy với điểm M, ta luôn có:    α MA + β MB = (α + β) MI  Gi¶i a Ta cã:           α IA + β IB = ⇔ α IA + β( IA + AB ) = ⇔ (α + β) IA + β AB =    β  ⇔ (α + β) AI = β AB ⇔ AI = AB α+β β  Vì A, B cố định nên vectơ AB không đổi, đó tồn điểm I α+β tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Ta cã:          α MA + β MB = α( MI + IA ) + β( MI + IB ) = (α + β) MI + (α IA + β IB )  = (α + β) MI , ®pcm  NhËn xÐt quan träng: NÕu α = β = th× ®iÓm I chÝnh lµ trung ®iÓm cña AB Bµi to¸n trªn ®­îc më réng tù nhiªn cho ba ®iÓm A, B, C vµ bé ba sè thùc α, β, γ cho trước thoả mãn α + β + γ ≠ 0, tức là: a Tån t¹i nhÊt ®iÓm I tho¶ m·n:     α IA + β IB + γ IC = b Từ đó suy với điểm M, ta luôn có     α MA + β MB + γ IC = (α + β + γ) MI vµ α = β = γ = th× I lµ träng t©m ∆ABC ViÖc më réng cho n ®iÓm Ai, i = 1, n vµ bé n sè thùc αi, i = 1, n tho¶ m·n n ∑α i =1 i ≠ 0, xin dành cho bạn đọc Kết trên sử dụng để giải bài toán: “ Cho n ®iÓm Ai, i = 1, n vµ bé n sè thùc αi, 1, n tho¶ m·n n ∑α i =1 i ≠ T×m sè thùc k và điểm cố định I cho đẳng thức vectơ n   ∑ αi MAi = k MI , (1) tho¶ m·n víi mäi ®iÓm M ” Phương pháp giải Vì (1) thoả mãn với điểm M, đó đúng với M ≡ I, đó: n    ∑ αi IAi = k II = (2) i =1 i =1 278   Xác định điểm I từ (2) Tõ (2), suy n n   ∑ αi MAi = ∑ αi MI i =1 Tõ (1) vµ (3), suy ra: n   ∑ αi MI = k MI ⇔ k = i =1 (3) i =1 n ∑α i =1 i Thí dụ Cho tứ giác ABCD, M là điểm tuỳ ý Trong trường hợp hãy tìm số k và điểm cố định I, J, K cho các đẳng thức vectơ sau thoả mãn với mäi ®iÓm M    a MA + MB = k MI     b MA + MB + MC = k MJ      c MA + MB + MC + MD = k MK  Gi¶i a Vì (1) thoả mãn với điểm M, đó đúng với M ≡ I, đó:     IA + IB = k II = (1.1)  Tõ (1.1), ta ®­îc:       IA + ( IA + AB ) = ⇔ IA = − AB ⇒ xác định điểm I  Tõ (1.1), ta ®­îc:     MA + MB = (2 + 1) MI = MI (1.2) Tõ (1) vµ (1.2), suy ra:   MI = k MI ⇔ k = b Vì (2) thoả mãn với điểm M, đó đúng với M ≡ J, đó:      (2.1) JA + JB + JC = k JJ =  Gäi E lµ trung ®iÓm AB, tõ (2.1), ta ®­îc:    JE + JC = ⇔ J lµ trung ®iÓm cña CE  Tõ (2.1), ta ®­îc:      (2.2) MA + MB + MC = (1 + + 2) MJ = MJ Tõ (2) vµ (2.2), suy ra:   MJ = k MJ ⇔ k = c Vì (3) thoả mãn với điểm M, đó đúng với M ≡ K, đó:       (3.1) KA + KB + KC + KD = k KK =  Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, tõ (3.1), ta ®­îc:    KG + KD = ⇔ K lµ trung ®iÓm cña GD  Tõ (3.1), ta ®­îc:      (3.2) MA + MB + MC + MD = MK 279 Tõ (3) vµ (3.2), suy ra:   MK = k MK ⇔ k =  Chó ý: Bµi to¸n t×m ®iÓm cã thÓ ®­îc më réng thµnh bµi to¸n t×m tËp hîp ®iÓm (quÜ tÝch) Víi c¸c bµi to¸n quÜ tÝch ta cÇn nhí r»ng:   Nếu | MA | = | MB |, với A, B cho trước thì M thuộc đường trung trực cña ®o¹n AB   | MC | = k| AB |, với A, B, C cho trước thì M thuộc đường tròn tâm C, b¸n kÝnh b»ng k.AB   Nếu MA = k BC , với A, B, C cho trước thì a Víi k ∈  ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng qua A song song víi BC b Víi k ∈  + ®iÓm M thuéc nöa ®­êng th¼ng qua A song song víi  BC theo hướng BC c Víi k ∈  − ®iÓm M thuéc nöa ®­êng th¼ng qua A song song víi  BC ngược hướng BC ThÝ dô Cho ∆ABC, t×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n:     a MA + k MB − k MC =     b (1 − k) MA + MB − k MC = (1) (2)  Gi¶i a Ta biến đổi (1) dạng:      MA = k( MC − MB ) ⇔ MA = k BC ⇔ M thuéc ®­êng th¼ng qua A song song víi BC b Ta biến đổi (2) dạng:      MA + MB − k( MA + MC ) = Gäi E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB vµ AC, ta ®­îc:      (3) ⇔ ME − 2k MF = ⇔ ME = k MF ⇔ M thuéc ®­êng trung b×nh EF cña ∆ABC (3) D¹ng to¸n 4: BiÓu diÔn mét vect¬ thµnh tæ hîp vect¬ Phương pháp áp dụng Ta lựa chọn hai hướng: Hướng 1: Từ giả thiết xác định tính chất hình học, từ đó khai triển vectơ cần biểu diễn phương pháp xen điểm hiệu hai vect¬ cïng gèc Hướng 2: Từ giả thiết thiết lập mối liên hệ vectơ các đối tượng, từ đó khai triển biểu thức này phương pháp xen điểm hiệu cña hai vect¬ cïng gèc 280    ThÝ dô Cho ®o¹n th¼ng AB vµ ®iÓm I cho IA + IB =   a T×m sè k cho AI = k AB  b Chøng minh r»ng víi mäi ®iÓm M ta cã MI =   MA + MB 5  Gi¶i a Biến đổi giả thiết:           = IA + IB = IA + 3( IB − IA ) = −5 AI + AB ⇔ AI = AB VËy, víi k = tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi b Biến đổi giả thiết:        = IA + IB = 2( MA − MI ) + 3( MB − MI )       ⇔ MI = MA + MB ⇔ MI = MA + MB , ®pcm 5 Thí dụ Cho ∆OAB Gọi M, N là trung điểm hai cạnh OA và OB Hãy tìm các số m và n thích hợp đẳng thức sau đây:       OM = m OA + n OB ; MN = m OA + n OB ;       AN = m OA + n OB ; MB = m OA + n OB ;  Gi¶i   M a Ta cã OM = OA A    đó đẳng thức OM = m OA + n OB có m = và n = O N B b Ta cã:       MN = AB = ( OB − OA ) = − OA + OB 2 2    1 đó đẳng thức MN = m OA + n OB có m = − và n = 2 c Ta cã:      AN = AO + ON = − OA + OB    đó đẳng thức AN = m OA + n OB có m = −1 và n = d Ta cã:      MB = MO + OB = − OA + OB    đó đẳng thức MB = m OA + n OB có m = − và n = 281     ThÝ dô Gäi G lµ träng t©m ∆ABC §Æt a = GA vµ b = GB H·y biÓu thÞ mçi       vect¬ AB , GC , BC , CA qua c¸c vect¬ a vµ b  Gi¶i a Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc, ta cã ngay:      AB = GB − GA = b − a b V× G lµ träng t©m ∆ABC nªn:          GA + GB + GC = ⇔ GC = − GA − GB = − a − b c Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ b), ta cã:         BC = GC − GB = − a − b − b = − a − b d Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu¶ b), ta cã:         CA = GA − GC = a − (− a − b ) = a + b Thí dụ Cho ∆ABC Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB Tính      c¸c vect¬ AB , BC , CA theo c¸c vect¬ BN vµ CP  Gi¶i Ta có:         AB = AM + MB = 3GM + (GB − GM) = 2GM + GB        = (GB + GC) + GB = 2GB + GC = −2 BN − CP 3    P = − BN − CP 3      B BC = GC − GB = − CP + BN 3   Vectơ CA biểu diễn tương tự AB A G N M ThÝ dô Cho ∆ABC a T×m c¸c ®iÓm M vµ N cho:         MA − MB + MC = , NA + NB + NC = b Víi c¸c ®iÓm M vµ N ë c©u a), t×m c¸c sè p vµ q cho:    MN = p AB + q AC  Gi¶i a Ta thực hiện:           = MA − MB + MC = BA + MC = − AB + MC ⇔ MC = AB ⇔ M là đỉnh thứ tư hình bình hành ABCM       = NA + NB + NC = NA + NE , víi E lµ trung ®iÓm BC    ⇔ NA + NE = ⇔ N lµ trung ®iÓm cña AE 282 C b Ta cã biÓu diÔn:      MN = MA + AN = CB + AE        = ( AB − AC ) + ( AB + AC ) = AB − AC 4 ThÝ dô Cho ∆ABC träng t©m G Gäi I lµ ®iÓm trªn c¹nh BC cho 2CI = 3BI vµ J lµ ®iÓm trªn BC kÐo dµi cho 5JB = 2JC     a TÝnh AI , AJ theo AB vµ AC    A b TÝnh AG theo AI vµ AJ  Gi¶i a Ta cã:   2CI = 3BI  ⇔ IC = − IB   J IC ↑↓ IB        ⇔ 2( AC − AI ) = − 3( AB − AI ) ⇔ AI = AB + AC    ⇔ AI = AB + AC 5 Ta cã:       5JB = 2JCI  ⇔ JB = JC ⇔ 5( AB − AJ ) = 2( AC − AJ )   JB ↑↑ JC       ⇔ AJ = AB − AC ⇔ AJ = AB − AC 3 b Gäi M lµ trung ®iÓm BC, ta cã:       AG = AM = ( AB + AC ) = ( AB + AC ) 3 MÆt kh¸c tõ hÖ t¹o bëi (1) vµ (2), ta nhËn ®­îc:    25    AJ AB = AI + AJ vµ AC = AI − 16 16 Thay (4) vµo (3) ta nhËn ®­îc:  35   AI − AG = AJ 48 16 G B I C (1) (2) (3) (4) D¹ng to¸n 5: Chøng minh hai ®iÓm trïng Phương pháp áp dụng Muèn chøng minh hai ®iÓm A1 vµ A2 trïng nhau, ta lùa chän mét hai c¸ch sau:   C¸ch 1: Chøng minh A1A =   C¸ch 2: Chøng minh OA1 = OA víi O lµ ®iÓm tuú ý   ThÝ dô Chøng minh r»ng AB = CD vµ chØ trung ®iÓm cña hai ®o¹n th¼ng AD vµ BC trïng 283  Gi¶i Ta cã:    Nếu AB = CD thì ABCD là hình bình hành Do đó, AD và BC có trung điểm trïng  NÕu AD và BC có trung điểm trùng thì ABCD là hình bình hành Do đó:   AB = CD Thí dụ Cho lục giác ABCDEF Gọi M, N, P, Q, R, S là trung điểm c¸c c¹nh AB, BC, CD, DE, EF, FA Chøng minh r»ng hai tam gi¸c MPR vµ NQS cã cïng träng t©m  Gi¶i Gäi G lµ träng t©m cña ∆MPR, ta cã:     GM + GP + GR = L¹i cã:          GR = GE + GF GM = GA + GB , GP = GC + GD ,          ⇒ 2( GM + GP + GR ) = GA + GB + GC + GD + GE + GF Suy ra:        GA + GB + GC + GD + GE + GF = (do(1)) Do đó:        ( GA + GF ) + ( GB + GC ) + ( GD + GE ) =         ⇔ GS + GN + GQ = ⇔ GS + GN + GQ = VËy, ta ®­îc G lµ träng t©m cña ∆SNQ Tãm l¹i, c¸c ∆MPR vµ ∆NQS cã cïng träng t©m D¹ng to¸n 6: Chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng Phương pháp áp dụng Muèn chøng minh ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng, ta ®i chøng minh:   AB = k AC , k ∈  Để nhận (1), ta lựa chọn hai hướng: Hướng 1: Sử dụng các quy tắc biến đổi vectơ đã biết   Hướng 2: Xác định vectơ AB và AC thông qua tổ hợp trung gian (1) (1)  Chó ý: Ta cã kÕt qu¶: “ Cho ba điểm A, B, C Điều kiện cần và đủ để A, B, C thẳng hàng là:    MC = α MA + (1 − α) MB , víi ®iÓm tuú ý M vµ sè thùc α bÊt kú ”      ThÝ dô Cho ∆ABC, lÊy c¸c ®iÓm I, J tho¶ m·n IA = IB , JA + JC = Chøng minh r»ng IJ ®i qua träng t©m G cña ∆ABC 284  Gi¶i   Viết lại IA = IB dạng:    IA − IB =    Biến đổi JA + JC = dạng:         3( IA − IJ ) + 2( IC − IJ ) = ⇔ IA + IC = IJ Trõ theo vÕ (1) cho (2), ta ®­îc:       2( IA + IB + IC ) = IJ ⇔ IG = IJ ⇔ I, J, G th¼ng hµng (1) (2) ThÝ dô Cho ∆ABC Gäi O, G, H theo thø tù lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp, träng t©m, trùc t©m cña ∆ABC Chøng minh r»ng:   A a AH = OE , víi E lµ trung ®iÓm BC     b OH = OA + OB + OC c Chøng minh r»ng O, G, H th¼ng hµng  Gi¶i H O B a Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua O, ta được: BH // CA1 cïng vu «ng gãc víi AC ⇒ A1BHC lµ h×nh b×nh hµnh  CH // BA1 cïng vu «ng gãc víi AB   ⇒ A1, E, H th¼ng hµng ⇒ AH = OE , ®pcm b Ta cã:         OH = OA + AH = OA + OE = OA + OB + OC , ®pcm c Ta cã:      OG = ( OA + OB + OC ) = OH ⇔ O, G, H th¼ng hµng 3 C E A1 ThÝ dô Cho ∆ABC, lÊy c¸c ®iÓm M, N, P tho¶ m·n:         MA + MB = , AN − AC = , PB = PC Chøng minh r»ng M, N, P th¼ng hµng  Gi¶i Ta cã:    MP = AP − AM ,    MN = AN − AP      Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi¶ thiÕt:      MA + MB = ⇔ AM = AB      AN − AC = ⇔ AN = AC          PB = PC ⇔ AB − AP = (AC − AP) ⇔ AP = − AB + 2AC (1) (2) (3) (4) (5) 285 Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®­îc:       MP = − AB + 2AC − AB = − AB + 2AC 2           MN = AC + AB − 2AC = AB − AC 3 Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy:   MN = − MP ⇔ M, N, P th¼ng hµng (6) (7) Dạng toán 7: Xác định đặc tính K đối tượng S nó thoả mãn đẳng thức vectơ Phương pháp áp dụng Phân tích định tính xuất phát từ các đẳng thức vectơ giả thiết Lưu ý tới hệ thức đã biết trung điểm đoạn thảng và trọng tâm tam gi¸c ThÝ dô Cho ∆ABC, cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c vµ träng t©m G tho¶ m·n:     a GA + b GB + c GC = (1) Chứng minh ∆ABC là tam giác  Gi¶i Ta cã:        (2) GA + GB + GC = ⇔ GA = − GB − GC Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:      a.(− GB − GC ) + b GB + c GC =    ⇔ (b − a) GB + (c − a) GC = (3)   Vì GB và GC là hai vectơ không cùng phương, đó (3) tương đương với: b − a = ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC là tam giác  c − a = ThÝ dô Cho tø gi¸c ABCD Gi¶ sö tån t¹i ®iÓm O cho:     | OA =| | OB =| | OC =| | OD |       OA + OB + OC + OD =  Gi¶i Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt Từ phương trình thứ hệ , ta suy ra: O lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABCD (1) Gọi M, N, P, Q là trung điểm AB, BC, CD, DA , từ phương trình thứ hai hÖ ta ®­îc:           = OA + OB + OC + OD = OM + OP ⇔ OM + OP = ⇔ M, P, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm MP (2) 286           = OA + OB + OC + OD = ON + OQ ⇔ ON + OQ = ⇔ N, Q, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm NQ Tõ (2), (3), suy MNPQ lµ h×nh b×nh hµnh suy  A, C, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm AC  B, D, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm BD Do đó ABCD là hình bình hành Tõ (1) vµ (4) suy ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt §2 (4) hệ trục toạ độ Dạng toán 1: Toạ độ vectơ − Toạ độ điểm Phương pháp áp dụng Ta cÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: Víi hai ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB), ta cã:   AB = (xB − xA, yB − yA), AB = | AB | = (3)   Víi hai vect¬ a (x1, y1) vµ b (x2, y2) , ta cã:    a = x1 i + y1 j ,    x1 = x , a = b ⇔   y1 = y   α a + β b = (αx1 + βx2, αy1 + βy2) (x B − x A ) + (y B − y A ) Thí dụ Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(−4 ; 1), B(2; 4), C(2 ; −2) a Tìm toạ độ trọng tâm ∆ABC b Tìm toạ độ điểm D cho C là trọng tâm ∆ABD c Tìm toạ độ điểm E cho ABCE là hình bình hành  Gi¶i a Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, ta cã G(0, 1) b Giả sử D(xD, yD), đó với điều kiện C là trọng tâm ∆ABD, ta được: −4 + + x D  2 = x = ⇔  D ⇒ D(8; −11)  + + yD  y D = −11 −2 =  c Giả sử E(xE; 0), đó với điều kiện ABCE là hình bình hành, ta được:    x = −4 x E + = ⇔  E ⇒ E(−4; −5) AE = BC ⇔   y E = −5  y E − =−6 287 ThÝ dô Cho ®iÓm M(1 − 2t; + t) T×m ®iÓm M cho x M2 + y M2 nhá nhÊt  Gi¶i Ta cã: = (1 − 2t)2 + (1 + t)2 = 5t2 − 2t + = 5(t − x 2M + y M đạt : 1 t − = ⇔ t = ⇒ M0( ; ) 5 5 VËy, ®iÓm M0( ; ) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi 5 9 ) + ≥ 5 suy ( x 2M + y M2 )Min = ThÝ dô Cho ba ®iÓm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0) a TÝnh diÖn tÝch ∆ABC  nhá nhÊt b H·y t×m tÊt c¶ c¸c ®iÓm M trªn trôc Ox cho gãc AMB  Gi¶i a Ta cã: AB2 = + = 8, BC2 = + = 10, CA2 = + = 2 2 ⇒ AB + AC = BC ⇔ ∆ABC vu«ng t¹i A VËy diÖn tÝch ∆ABC ®­îc cho bëi: 1 S∆ABC = AB.AC = 22 + 22 12 + (−1) = (®vdt) 2  nhá nhÊt b Gãc AMB    = 00 ⇔ A, M, B th¼ng hµng ⇔ AM // AB ⇔ AMB x −1 −1 y − yA x − xA = M ⇔ M = ⇔ xM = ⇒ M ≡ O ⇔ M −1 −1 yB − yA xB − xA VËy, ®iÓm M(0; 0) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi    D¹ng to¸n 2: BiÓu diÔn vect¬ c (c1; c2) theo c¸c vect¬ a (a1; a2), b (b1; b2) Phương pháp áp dụng Ta thực theo các bước:    Bước 1: Giả sử c = α a + β b (1) Bước 2: Ta có:   α a + β b = α(a1, a2) + β(b1, b2) = (αa1 + βb1, αa2 + βb2) VËy (1) x¶y vµ chØ khi: Bước 3: 288 c1 = αa1 + βb1   c = αa + β b Gi¶ hÖ (I), ta nhËn ®­îc gi¸ trÞ cña cÆp (α, β) KÕt luËn (I)    ThÝ dô H·y biÓu diÔn vect¬ c theo c¸c vect¬ a , b , biÕt:    a (2; −1), b (−3; 4) vµ c (−4; 7)  Gi¶i    Gi¶ sö c = α a + β b Ta cã:   α a + β b = α(2; − 1) + β( − 3; 4) = (2α − 3β; − α + 4β) Khi đó (1) xảy và khi: α =1 −4 = 2α − 3β ⇔   β =2 7 = −α + 4β    VËy, ta ®­îc c = a + b (1) ThÝ dô Cho bèn ®iÓm A(1; 1), B(2; − 1), C(4; 3) vµ D(16; 3) H·y biÓu diÔn    vect¬ AD theo c¸c vect¬ AB , AC  Gi¶i    Gi¶ sö AD = α AB + β AC Ta cã:    AD (15; 2), AB (1; − 2), AC (3; 2)   ⇒ α AB + β AC = α(1; − 2) + β(3; 2) = (α + 3β; − 2α + 2β) Khi đó (1) xảy và khi: α =3 α + 3β =15 ⇔   β =4 −2α + 2β =2    VËy, ta ®­îc AD = AB + AC (1) Dạng toán 3: Xác định toạ độ điểm M thoả mãn đẳng thức vectơ, độ dài Phương pháp áp dụng Thực theo các bước: Bước 1: Giả sử M(x; y) Bước 2: Toạ độ hoá các vectơ có đẳng thức sử dụng công thức khoảng cách hai điểm, để chuyển đẳng thức biểu thức đại số Bước 3: Giải phương trình hệ trên, ta nhận toạ độ M  Chó ý: §iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M M   theo mét tØ sè k (tøc lµ MM1 = k MM ) xác định các công thức: x1 − kx   x = − k   y = y1 − ky 1− k  289 Đặc biệt k = −1, thì M là trung điểm đoạn thẳng M1M2, đó toạ độ M xác định bởi: x1 + x   x =   y = y1 + y  Thí dụ Cho hai điểm A(0; 2) và B(4; −3) Tìm toạ độ: a Trung ®iÓm I cña AB    b §iÓm M cho MA + MB =  Gi¶i a Ta cã I(2; − ) b Tõ gi¶ thiÕt  MA + MB = ⇔ MA − MB ⇔ ®iÓm M chia ®o¹n AB theo tØ sè k = −2 Do đó: x A − kx B  =  x = 1− k M:  ⇔ M( ; − ) 3  y = y A − ky B = −  1− k  Chó ý: Ta còng cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch: Gi¶ sö M(x; y), ta cã:    MA = (− x, − y) ⇒ MA + MB = (8 − 3x; − − 3y)   MB = (4 − x, −3 − y)    V× MA + MB = , nªn:   x = 8 − 3x = ⇔  ⇒ M( ; − )  3 −4 − 3y =0 y = −  ThÝ dô Cho ∆ABC, biÕt A(1; 0), B(−3; −5), C(0; 3)   a Xác định toạ độ điểm E cho AE = BC b Xác định toạ độ điểm F cho AF = CF = c T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M cho:      |2( MA + MB ) − MC | = | MB − MC |  Gi¶i   a Giả sử E(x; y), đó AE (x − 1; y), BC (3; 8) 290 (1) Từ đó:    x − =2.3 x = ⇔  ⇔ E(7; 16) AE = BC ⇔   y = 2.8  y = 16 b Giả sử F(x; y), đó: (x − 1) + y = AF2 = 25 25 (x − 1) + y = 25 ⇔ ⇔ AF = CF = ⇔  2 x 3y − 25  x + (y − 3) = CF = 25 =  y = −4& y = 10y − 30y =  F (−4,0) x =  ⇔  ⇔   y = ⇔  ⇔  = = y x 3y −  x 5&  F2 (5,3) = =  x 3y − VËy tån t¹i hai ®iÓm F1( − 4; 0) vµ F2(5; 3) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi c Giả sử M(x; y), đó:    MA (1 − x; −y), MB (−3 − x; −5 − y), MC (−x; − y)      ⇒ 2( MA + MB ) − MC = (−x − 4; −y − 19) vµ MB − MC = (−3; −8) Khi đó: (1) ⇔ (−x − 4)2 + (−y − 19)2 = (−3)2 + (−8)2 ⇔ (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73 §Æt I(−4; −19), ta ®­îc: IM2 = 73 ⇔ M thuéc ®­êng trßn t©m I(−4, −19), b¸n kÝnh R = 73  Nhận xét: Như vậy, ví dụ trên chúng ta đã thực việc xác định điểm dựa trên các đẳng thức vectơ, độ dài cho trước Tuy nhiên, nhiều trường hợp chúng ta cần thiết lập các đẳng thức đó dựa trên tính chất điểm cần xác định ThÝ dô Cho ∆ABC c©n t¹i A, biÕt A(a; 3a − ), B(1; 0), C(2a − 1; 0) vµ A thuéc gãc phÇn t­ thø nhÊt a Xác định toạ độ các đỉnh ∆ABC, biết p = (p là nửa chu vi) b Tìm toạ độ điểm M∈AB và N∈BC cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích ∆ABC  Gi¶i a Ta có toạ độ các điểm: y A(a; 3a − ), B(1; 0), C(2a − 1; 0), A≡M Tõ gi¶ thiÕt: a ≥ ⇔ a ≥  A∈P(I) ⇔  I 3a − ≥ B C O N AB + BC + AC =9  p=9⇔ ⇔ 2.8|a − 1| + 2|a − 1| = 18 ⇔ a = hoÆc a = (lo¹i) Từ đó: A(2; ), B(1; 0), C(3; 0) ⇒ AB = AC = 8, BC = x 291 b Ta cÇn t×m ®iÓm M ∈ AB (tøc lµ ph¶i t×m x = BM, ≤ x ≤ 8) cho trªn c¹nh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = p − x = − x, ≤ − x ≤ ⇔ ≤ x ≤ 9, S∆BMN = (1) S∆ABC Tõ (1) ta ®­îc: x = BM.BN x(9 − x) = ⇔ = ⇔ x2 − 9x + = ⇔  AB.BC 8.2 2  x = 1(l)  Víi x = ⇒ M ≡ A(2; ) vµ N(2; 0) lµ trung ®iÓm BC  Chó ý: Bµi to¸n trªn cã d¹ng tæng qu¸t nh­ sau "Cho ∆ABC cã c¸c c¹nh a, b, c (tương ứng với các đỉnh A, B, C và chu vi 2p), giả sử c ≤ b ≤ a Tìm điểm M ∈ AB, N ∈ BC cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích ∆ABC " Phương pháp giải Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Điểm M ∈ AB (tức là phải tìm x = BM, ≤ x ≤ c) cho trên cạnh BC tån t¹i ®iÓm N tho¶ m·n: BN = p − x, ≤ p − x ≤ vµ S∆BMN = S∆ABC (1) Tõ (1) ta ®­îc: BM.BN x(p − x) = ⇔ = ⇔ 2x2 − 2px + ac = (2) AB.BC 2 c.a Bước 3: Giải (2) ta xác định x, từ đó suy toạ độ các điểm M, N Bước 2: Dạng toán 4: Vectơ cùng phương − Ba điểm thẳng hàng − Định lý Menelaus Phương pháp áp dụng CÇn nhí c¸c kÕt qu¶ sau: x y     a Víi hai vect¬ v1 (x1, y1) vµ v (x2, y2) ta cã v1 // v ⇔ = x y2 b Cho ba ®iÓm A(x1, y1) , B(x2, y2) vµ C(x3, y3), ta cã:   x −x y −y A, B, C th¼ng hµng ⇔ AC // AB ⇔ = x − x1 y − y1 c §Þnh lý Menelaus: LÊy ba ®iÓm M, N, P theo thø tù trªn c¸c c¹nh BC, CA, AB ∆ABC Điều kiện cần và đủ để M, N, P thẳng hàng là: MB NC PA = MC NA PB 292 Thí dụ Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(−3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; −5) a Chøng minh r»ng ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng b Tìm toạ độ điểm D cho A là trung điểm BD c Tìm toạ độ điểm E trên trục Ox cho A, B, E thẳng hàng  Gi¶i a NhËn xÐt r»ng:     AB (4; −3) vµ AC (12; −9) ⇒ AC = AB ⇒ A, B, C th¼ng hµng b Giả sử D(xD, yD), đó với điều kiện A là trung điểm BD, ta được: + xD  −3 =  x = −7 ⇔  D ⇒ D(−7; 7)   yD = 4 = + y D   c Giả sử E(xE, 0) ∈ Ox, đó AE (xE + 3; −4) Từ đó, để ba điểm A, B, E thẳng hàng điều kiện là: x E + −4 7 ⇔ xE = ⇒ E( ; 0) = −3 3 ThÝ dô T×m trªn trôc hoµnh ®iÓm M cho tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ M tíi c¸c điểm A và B là nhỏ các trường hợp sau: a A(1; 2) vµ B(3; 4) b A(1; 1) vµ B(2; −4)  Gi¶i a NhËn xÐt A, B cïng phÝa víi Ox Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua Ox, suy A1(1; −2) Gäi P0 = (A1B) ∩Ox y   ⇔ A1, B, P0(x; 0) th¼ng hµng ⇔ A1B // A1P0 B A 5 = ⇔ x = ⇒ P0( ; 0) ⇔ x −1 3 Ta cã O P M3 x PA + PB = PA1 + PB ≥ A1B A1 VËy PA + PB nhá nhÊt ⇔ A1, B, P th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0 y b NhËn xÐt A, B kh¸c phÝa víi Ox A Gäi P0 = (AB)∩Ox   P0 ⇔ A, B, P0(x, 0) th¼ng hµng ⇔ AB // AP0 O P x −5 6 ⇔ = ⇔ x = ⇒ P0( ; 0) x −1 −1 B Ta cã −4 PA + PB ≥ AB VËy PA + PB nhá nhÊt vµ chØ A, B, P th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0 293  Chú ý: Thí dụ trên, đã minh hoạ phương pháp giải cho lớp bài toán cực trị quen thuộc các kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng, đó các em học sinh cần nắm phương pháp giải cho bài toán tæng qu¸t nh­ sau: Bµi to¸n: T×m trªn ®­êng th¼ng (d): Ax + By + C = ®iÓm P cho tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ P tíi c¸c ®iÓm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) kh«ng thuéc (d) lµ nhá nhÊt " Phương pháp Ta xác định tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C) Xét hai trường hợp Trường hợp 1: Nếu tA.tB < ⇔ A, B ngược phía với (d) Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Gọi P0 = (AB)∩(d), suy toạ độ P0 Bước 2: Ta có PA + PB ≥ AB VËy PA + PB nhá nhÊt vµ chØ A, P, B th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0 Trường hợp 2: Nếu tA.tB > ⇔ A, B cùng phía với (d) Ta thực theo các bước sau: Bước 1: Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (d) , suy toạ độ A1 Bước 2: Gọi P0 = (A1B)∩(d), suy toạ độ P0 Bước 3: Ta có PA + PB = PA1 + PB ≥ AB VËy PA + PB nhá nhÊt ⇔ A1,P, B th¼ng hµng ⇔ P ≡ P0 Ngoài phương pháp trên chúng ta còn nhận phương pháp giải khác minh hoạ bài toán “ Phương pháp toạ độ hoá ” Dạng toán 5: Phương pháp toạ độ hoá Phương pháp áp dụng Phương pháp toạ độ hoá thường sử dụng phổ biến hai dạng: Dạng 1: Ta thực phép toạ độ hoá các điểm hình và đưa bài toán hình häc vÒ d¹ng gi¶i tÝch Dạng 2: Lựa chọn các điểm thích hợp để biến đổi biểu thức đại số dạng độ dài hình học − Phương pháp này tỏ hiệu để tìm giá trị lớn và nhỏ các biểu thức đại số ThÝ dô T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña c¸c hµm sè y =  Gi¶i x2 + x + + x2 − x + Viết lại hàm số dạng: y= 294 x2 + x + + x2 − x + = (x + ) + + (x − ) + 1 3 XÐt c¸c ®iÓm A(− ; ), B( ; − ) và M(x; 0), đó: 2 2 AM = x + x + , BM = x − x + , suy S = AM + BM ≥ AB = Vậy, ta SMin = 1, đạt khi:   A, B, M thẳng hàng ⇔ AM // AB ⇒ toạ độ M  Chó ý: Víi c¸c em häc sinh ch­a cã kinh nghiÖm gi¶i d¹ng to¸n nµy th«ng thường chọn A(− ; 2 ), B( ; ) vµ M(x; 0) vµ vÉn nhËn SMin = 1, nhiên đó điều kiện cho A, B, M thẳng hàng v« nghiÖm Đôi dạng toán này minh hoạ dạng trị tuyệt đối ThÝ dô Cho ba ®iÓm A(1; 2), B(0; −1) vµ M(t; 2t + 1) T×m ®iÓm M thuéc (d) cho: a (MA + MB) nhá nhÊt b |MA − MB| lín nhÊt  Gi¶i a Ta cã: MA + MB = = (t − 1) + (2t − 1) + 5t − 6t + + t + (2t + 2) 5t + 8t + 2  4  3 + t +  + ] [ t −  +   25   25 XÐt c¸c ®iÓm A1( ; − ); B1(− ; ) vµ M1(t; 0) 5 5 Khi đó: MA + MB = ( M1A1 + M1B1) V× M1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A1, B1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn (MA + MB)min ⇔ (M1A1 + M1B1)min ⇔ M1 = (A1B1)∩Ox 2 19 ⇔ M1( ; 0) ⇔ M( ; ) 15 15 15 b Tương tự câu a) ta có: = |MA − MB| =  3 − t −  + 25    4 t +  + 25   XÐt c¸c ®iÓm A2( ; ); B2( − ; ) vµ M2(t; 0) 5 5 Khi đó: |MA − MB| = |M2A2 − M2B2| 295 V× M2 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A2, B2 n»m vÒ mét phÝa cña Ox nªn |MA − MB|max ⇔ |M2A2 − M2B2|max ⇔ M2 = (A2B2)∩Ox ⇔ M2(2; 0) ⇔ M(2; 5) C C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1:  Gi¶i Cho tø gi¸c ABCD Chøng minh r»ng: a Cã mét ®iÓm O nhÊt cho:      OA + OB + OC + OD = §iÓm O ®­îc gäi lµ träng t©m cña bèn ®iÓm A, B, C, D Tuy nhiên, người ta gọi quen O là trọng tâm tứ giác ABCD b Träng t©m O lµ trung ®iÓm cña mçi ®o¹n th¼ng nèi c¸c trung điểm hai cạnh đối tứ giác, nó là trung điểm đoạn th¼ng nèi trung ®iÓm hai ®­êng chÐo cña tø gi¸c c Trọng tâm O nằm trên các đoạn thảng nối đỉnh tứ giác và trọng tâm tam giác tạo ba đỉnh còn lại a Gi¶ sö cã ®iÓm O1 tho¶ m·n:      = O1A + O1B + O1C + O1D       = O1O + OA + OB + OC + OD = O1O   ⇔ O1O = ⇔ O1 ≡ O Vậy, tồn điểm O thoả mãn hệ thức vectơ đã cho b Gäi M, N, P, Q, E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta có chứng minh:  O lµ trung ®iÓm MP (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh AB vµ CD), thËt vËy:        = OA + OB + OC + OD = OM + OP    ⇔ OM + OP = ⇔ O lµ trung ®iÓm MP  O lµ trung ®iÓm NQ (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh BC vµ DA), thËt vËy:        = OA + OB + OC + OD = ON + OQ    ⇔ ON + OQ = ⇔ O lµ trung ®iÓm NQ  O lµ trung ®iÓm EF (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai ®­êng chÐo AC vµ BD), thËt vËy:            = OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD = OE + OF    ⇔ OE + OF = ⇔ O lµ trung ®iÓm EF c Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, ta cã:           = OA + OB + OC + OD = OG + OD = −3 GO + ( GD − GO )   ⇔ GD = GO ⇒ G, O, D th¼ng hµng Vậy, trọng tâm O nằm trên các đoạn thảng nối đỉnh tứ giác và trọng tâm tam giác tạo ba đỉnh còn lại 296 VÝ dô 2: Cho đa giác n cạnh A1A2 An, tâm O Chứng minh rằng: n  ∑ OA i =1 i  =  Gi¶i Ta cã thÓ lùa chän mét hai c¸ch tr×nh bµy: n   C¸ch 1: Gäi OA = ∑ OA i i =1 NhËn xÐt r»ng quay ®a gi¸c mét gãc b»ng  Đa giác không đổi, nên n  ∑ OA i =1 i 2π th×: n  = OA  2π  Vect¬ OA sÏ bÞ quay theo cïng chiÒu mét gãc n    Suy vectơ OA có hướng tuỳ ý ⇔ OA = , đpcm Cách 2: Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Nếu n = 2k Khi đó, với đỉnh đa giác có đỉnh đối xứng với nó qua O ⇒ đpcm Trường hợp 2: Nếu n = 2k − Khi đó các đỉnh A2, ,An chia thành hai phần đối xứng qua trục OA1, cách lập tổng các cặp vectơ đối xứng ⇒ đpcm   Nhận xét: Như vậy, để chứng minh OA = ta có thể sử dụng tính chất  "Vectơ không là vectơ có phương hướng tuỳ ý" VÝ dô 3: Cho ∆ABC Gäi I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c Chøng minh     r»ng a IA + b IB + c IC =  Gi¶i Dùng h×nh b×nh hµnh AB2IC2 cã AB2//CC1 vµ AC2//BB1, ta ®­îc:    (1) IA = IB2 + IC2 ,  IB2 C1A b =  b  = (2)  IB C1B a ⇔ IB2 = − IB B2   a IB B1  ↑↓ IB  IC2 B1A c =  c  = C (3)  IC B1C a ⇔ IC2 = − IC    a IC ↑↓ ICB  Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc:      b  c  IA = − IB − IC ⇔ a IA + b IB + c IC = , ®pcm a a A C1 C2 I B 297 VÝ dô 4:  Gi¶i Cho c¸c ®iÓm A, B, C, D, E     a T×m O cho OA + OB + OC =      b T×m I cho IA + IB + IC + ID =       c T×m K cho KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = a Gäi M, N, F lµ trung ®iÓm AB, BC vµ AC, ta cã:         = OA + OB + OC = ( OA + OC ) + 2( OB + OC )      = OF + ON = −2 FO + 4( FN − FO )   ⇔ FO = FN , suy điểm O hoàn toàn xác định b Ta cã thÓ lùa chän mét hai c¸ch tr×nh bµy: C¸ch 1: Gäi P, Q lµ trung ®iÓm CD, MP, ta cã:           = IA + IB + IC + ID = IM + IP = IQ ⇔ IQ = ⇔ I ≡ Q, suy điểm I hoàn toàn xác định C¸ch 2: Gäi G lµ träng t©m ∆ABC, ta cã:           = IA + IB + IC + ID = IG + ID = −3 GI + ( GD − GI )   ⇔ GI = GD , suy điểm I hoàn toàn xác định c Ta cã:          = KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = KG + 3( KD + KE )     ⇔ KG + KD + KE = ⇔ K lµ träng t©m ∆DEG VÝ dô 5: Cho ∆ABC, M lµ ®iÓm tuú ý mÆt ph¼ng     a Chứng minh vectơ v = MA − MB + MC không đổi b T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho¶ m·n:      |3 MA + MB − MC | = | MB − MC |  Gi¶i a Ta cã:         v = MA − MB + MC = 3( MA − MB ) + 2( MC − MB )   = BA + BC , không đổi b Gäi I lµ ®iÓm tho¶ m·n hÖ thøc     IA + IB − IC = ⇒ tån t¹i nhÊt ®iÓm I Ta ®­îc:      MA + MB − MC = (3 + − 2) MI = MI 298 (1) MÆt kh¸c, ta còng cã:    MB − MC = CB Thay (1), (2) vµo hÖ thøc cña c©u b), ta ®­îc:   3| MI | = | CB | ⇔ MI = BC ⇔ M thuéc ®­êng trßn t©m I, b¸n kÝnh b»ng (2) BC Cho ∆ABC LÊy c¸c ®iÓm A1∈ BC, B1∈ AC, C1∈ AB cho     AA1 + BB1 + CC1 = Chøng minh r»ng hai tam gi¸c ABC vµ A1B1C1 cã cïng träng t©m VÝ dô 6:  Gi¶i Gäi G, G1 theo thø tù lµ träng t©m c¸c tam gi¸c ABC, A1B1C1, ta cã:     GA + GB + GC =     G1A1 + G1B1 + G1C1 = MÆt kh¸c tõ gi¶ thiÕt, ta cã:     = AA1 + BB1 + CC1          = ( AG + GG1 + G1A1 ) + ( BG + GG1 + G1B1 ) + ( CG + GG1 + G1C1 )         = − ( GA + GB + GC ) + ( G1A1 + G1B1 + G1C1 ) + GG1 = GG1   ⇔ GG1 = ⇔ G ≡ G1 VÝ dô 7: Cho ∆ABC, ®iÓm M mÆt ph¼ng tho¶ m·n:     MN = MA + MB + MC a Chứng minh MN luôn qua trọng tâm G ∆ABC M thay đổi b Gäi P lµ trung ®iÓm cña CN Chøng minh r»ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cố định M thay đổi  Gi¶i a Víi G lµ träng t©m ∆ABC ta lu«n cã:     GA + GB + GC = Tõ gi¶ thiÕt ta nhËn ®­îc:      MN = MA + MB + MC = MG Vậy MN luôn qua trọng tâm G ∆ABC M thay đổi b V× P lµ trung ®iÓm cña CN nªn:        MP = ( MC + MN ) = ( MC + MA + MB + MC ) 2     = ( MA + MB + MC ) 299 Gäi J lµ ®iÓm tho¶ m·n:           JA + JB + JC = ⇔ JA + ( JA + AB ) + 2( JA + AC ) =       ⇔ AJ = AB + AC ⇔ AJ = AB + AC ⇒ tồn điểm J cố định Từ đó:       MP = ( MA + MB + MC ) = (1 + + 2) MJ = MJ 2 Vậy MP luôn qua điểm cố định J M thay đổi VÝ dô 8: Cho ∆ABC LÊy c¸c ®iÓm A1∈BC, B1∈AC, C1∈AB cho:     AA1 + BB1 + CC1 = a Chøng minh r»ng  Gi¶i BA1 CB1 AC1 = = CA AB BC b Xác định vị trí A1, B1, C1 để AA1, BB1 và CC1 đồng quy a §Æt:       BA1 = α BC , CB1 = β CA , AC1 = γ AB Khi đó:     = AA1 + BB1 + CC1       = ( AB + BA1 ) + ( BC + CB1 ) + ( CA + AC1 )       = ( AB + BC + CA ) + ( BA1 + CB1 + AC1 )    = α BC + β CA + γ AB     Vì AB + BC + CA = nên (*) đúng và khi: BA1 CB1 AC1 = = , ®pcm α=β=γ⇔ CA BC AB b Bạn đọc tự giải VÝ dô 9:  Gi¶i G B1 C1 B A1 C (*) Cho ∆ABC LÊy P cho:    M, N,  c¸c ®iÓm   ,  AN = NC , PA + PB = MC MB  −     = 0 TÝnh MP , MN theo AB vµ AC Suy M, N, P th¼ng hµng Ta cã:    = MP AP  − AM  , , MN = AN − AP      Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi¶ thiÕt:         MB − MC = ⇔ (AB − AM) − (AC − AM) =    ⇔ AM = − AB + AC 2 300 A (1) (2) (3)     AN = NC ⇔ AN = AC      PA + PB = ⇔ AP = AB Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®­îc:       MP = AB + AB − AC = AB − AC 2 2    MN = AC − AB   Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy MP = −2 MN ⇔ M, N, P th¼ng hµng (4) (5) (6) (7) VÝ dô 10: Cho ∆ABC, cã c¸c c¹nh a, b, c Gäi A1, B1, C1 theo thø tù lµ ch©n c¸c ®­êng ph©n gi¸c kÎ tõ A, B, C    a TÝnh AA1 theo AB vµ AC     b Chứng minh ∆ABC là tam giác AA1 + BB1 + CC1 =  Gi¶i a Ta cã:      BA1 BA1 BA1 AA1 − AB c c  = ⇒ =   =  =   b b+c A1C BA1 + A1C BC AC − AB     c  b  c  ( AC − AB ) ⇔ AA1 = ⇔ AA1 − AB = AC AB + b+c b+c b+c b Tương tự câu a), ta được:  c  a  c  a  BC + BC − BB1 = BA = AB , c+a c+a c+a c+a  c  b  c  b  CA + CB = − AC − BC CC1 = a+b a+b a+b a+b Từ đó:     = AA1 + BB1 + CC1    c b b a c c =( − ) AB + ( − ) AC + ( − ) BC b+c c+a b+c a+b c+a a+b     b b a c c c − )( AC − BC ) + ( − ) AC + ( − ) BC =( a+b a+b b+c b+c c+a c+a   b a c c b a c b − + − ) AC − ( − − + ) BC =( a+b b+c c+a c+a a+b c c + a b + c  b + Vì AC và BC là hai vectơ không cùng phương, nên đẳng thức trên đúng và chØ khi: a c c  b  b + c − c + a + b + c − a + b = ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC   b − a − c + b =  b + c c + a c + a a + b 301 VÝ dô 11: Cho ∆ABC, biÕt A(−1; −1), B(2; 4), C(6; 1) LÊy c¸c ®iÓm M, N, P trªn các đường thẳng AB, CA, BC cho các điểm đó chia các ®o¹n th¼ng theo c¸c tØ sè −1, − ,  Gi¶i a Xác định toạ độ M, N, P b Chøng tá r»ng M, N, P th¼ng hµng a Ta cã:    M(x; y) chia ®o¹n AB theo tØ sè −1 ⇔ M lµ trung ®iÓm AB ⇔ M( ; ) 2 N(x; y) chia ®o¹n CA theo tØ sè   ⇔ NC = − NA ⇔ 2(6 − x; − y) = −(−1 − x; −1 − y) 2(6 − x) =1 + x  x = 11/ 11 ⇔  ⇔ N( ; ) ⇔  3 2(1 − y) =1 + y  y = 1/ P(x; y) chia ®o¹n BC theo tØ sè ⇔ C lµ trung ®iÓm BP ⇔ P(10; − 2) b Ta cã:  19  19   7 MP ( ; − ) & NP ( ; − ) ⇒ MP // NP ⇔ M, N, P th¼ng hµng 3 Ví dụ 12: Cho ∆ABC, biết A(1; −3), B(3; −5), C(2; −2) Tìm toạ độ: a Giao ®iÓm E cña BC víi ph©n gi¸c cña gãc A b Giao ®iÓm F cña BC víi ph©n gi¸c ngoµi cña gãc A  Gi¶i Ta cã: AC = AB a Gi¶ sö E(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c trong, ta ®­îc:    EC  = −2 ⇔ EC (2 − x; −2 − y) = −2 EB (3 − x; −5 − y) EB F −2(3 − x) 2 − x = x = / ⇔  ⇔ E( ; −4) ⇔  −2 − y =−2(−5 − y)  y = −4 b Gi¶ sö F(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c ngoµi, ta ®­îc:    FC  = ⇔ FC (2 − x; −2 − y) = FB (3 − x; −5 − y) FB x = 2 − x = 2(3 − x) ⇔  ⇔  ⇔ F(4; −8)  y = −8 −2 − y = 2(−5 − y) AB2 = + = vµ AC2 = + = ⇒ k = 302 A B E C Ví dụ 13: Cho ∆ABC vuông A, biết A(a; 0), B(1; 0), C(a; a − ) Xác định toạ độ trọng tâm G ∆ABC, biết bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC b»ng  Gi¶i 2a + a − ; ) Víi nhËn xÐt: 3 S∆ABC = AB.AC = p.r ⇔ AB.AC = 2(AB + AC + BC) ⇔ |a − 1|.|a − 1| = 2(|a − 1| + |a − 1| + 2|a − 1|) a= + ⇔ |a − 1| = + ⇔  a =−1 − Ta lần lượt: 7+4 2+2 ; )  Víi a = + , ta ®­îc: G( 3 −1 − −2 − ; )  Víi a = − − , ta ®­îc: G( 3 VËy tån t¹i hai ®iÓm G tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi Ta cã G( VÝ dô 14: Cho ®iÓm M(4; 1), hai ®iÓm A(a; 0), B(0; b) víi a, b > cho A, B, M thẳng hàng Xác định toạ độ A, B cho: a DiÖn tÝch ∆OAB nhá nhÊt b OA + OB nhá nhÊt 1 + nhá nhÊt OA OB2  Gi¶i V× A, B, M th¼ng hµng   4−a = ⇔ + = ⇔ AM // AB ⇔ b −a b a a Ta cã, diÖn tÝch ∆OAB ®­îc cho bëi: ab S = OA.OB = 2 Tõ (1) suy 4 + ≥2 = a b a b Vậy SMin = 8, đạt khi: 1= ab (1) ⇔ ab ≥ 16 ⇔ S ≥ a = A(8;0) 1 = = ⇔  ⇒  b a b = B(0;2) 303 b Tõ (1), ta ®­îc : 4b a= ⇒ ®iÒu kiÖn b > b −1 Khi đó: 4b 4 +b= +b+4= +b−1+5≥2 OA + OB = (b − 1) + = b −1 b −1 b −1 b −1 Vậy (OA + OB)Min = 9, đạt khi: a = A(6;0) =b−1=2⇔  ⇒  b −1 b = B(0;3) c Ta cã: 1 1 + = + 2 OB OA a b NhËn xÐt r»ng: 1 1 1 (42 + 12)( + ) ≥ ( + )2 = ⇒ + ≥ a b a 17 b a b 1 + ) = , đạt khi: VËy, ta ®­îc ( 2 Min OA OB 17 4  17  17 a =  + = A( ;0) ⇔  ⇒  a b 4a = b b = 17 B(0;17) VÝ dô 15: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: S = x + y + 2x − 4y + + x + y − 6x − 4y + 13  Gi¶i Viết lại biểu thức dạng: S= (x + 1) + (y − 2) + (x − 3) + (y − 2) Xét các điểm A( − 1; 2), B(3; 2) và M(x; y), đó: AM = suy ra: (x + 1) + (y − 2) , BM = (x − 3) + (y − 2) , S = AM + BM ≥ AB = Vậy, ta SMin = 4, đạt khi:   x +1 y−2 A, B, M th¼ng hµng ⇔ AM // AB ⇔ = ⇔ y = 2, và đó: S = |x + 1| + |x − 3| = |x + 1| + |3 − x| ≥ |x + + − x| = 4, dÊu “ = ” x¶y (x + 1)(3 − x) ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ Vậy, ta SMin = 4, đạt −1 ≤ x ≤ và y =2 304