Lý thuyết và các dạng bài tập vevto

Trong toán học, vật lý và kỹ thuật, véctơ (tiếng Anh: vector hay HánViệt: hướng lượng) là một đoạn thẳng có hướng. Đoạn thẳng này biểu thị phương, chiều, độ lớn (chiều dài của vectơ). Ví dụ trong mặt phẳng cho hai điểm phân biệt A và B bất kì ta có thể xác định được vectơ {displaystyle {overrightarrow {AB}}}{displaystyle {overrightarrow {AB}}}. Một vectơ là những gì cần thiết để mang điểm A đến điểm B; từ vector trong tiếng Latin có nghĩa là người vận chuyển,1 lần đầu tiên được sử dụng bởi các nhà thiên văn học thế kỷ 18 trong cuộc cách mạng khảo sát các hành tinh quay quanh Mặt trời.2 Độ lớn của vectơ là khoảng cách giữa 2 điểm và hướng dịch chuyển từ điểm A đến điểm B. Nhiều phép toán đại số trên các số thực như cộng, trừ, nhân và phủ định có sự tương tự gần gũi với vectơ, phép toán tuân theo các quy luật đại số quen thuộc của giao hoán, kết hợp và phân phối. Mỗi vectơ là một phần tử trong không gian vectơ, được xác định bởi ba yếu tố: điểm đầu (hay điểm gốc), hướng (gồm phương và chiều) và độ lớn (hay độ dài). Ví dụ, đoạn thẳng AB có điểm gốc là A, hướng từ A đến B được gọi là vectơ AB, ký hiệu là {displaystyle {overrightarrow {AB}}}{displaystyle {overrightarrow {AB}}}. Vectơ được ký hiệu là {displaystyle {overrightarrow {AB}}}{displaystyle {overrightarrow {AB}}} hoặc {displaystyle {vec {a}}}{vec a}, {displaystyle {vec {b}}}{displaystyle {vec {b}}}, {displaystyle {vec {u}}}{vec u}, {displaystyle {vec {v}}}{vec v}.

VECTƠ I ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ Các khái niệm 1.1 Dẫn dắt đến khái niệm vectơ Vectơ đại diện cho đại lượng có hướng có độ lớn ví dụ: lực, vận tốc,… 1.2 Định nghĩa vectơ yếu tố liên quan  uuu r Vectơ đoạn thẳng có hướng Kí hệu vectơ có điểm đầu A, điểm cuối B AB A B r r a + Ta cịn sử dụng kí hiệu , b, để biểu diễn vectơ    Giá vectơ đường thẳng chứa vectơ uuu r Độ dài vectơ khoảng cách điểm đầu điểm cuối vectơ, độ dài vủa vectơ AB kí uuur AB hiệu r r a b Hai vectơ gọi phương giá chúng song song trùng + Hai vectơ phương hướng ngược hướng   r Vectơ – khơng vectơ có điểm đầu điểm cuối trùng nhau, kí hiệu r + Vectơ phương, hướng với vectơ r r 0 + Mọi vectơ + Giá vectơ-khơng đường thẳng qua r r r r Hai vectơ a b gọi chúng hướng có độ dài, kí hiệu a  b r uuu r r + Khi cho trước vectơ a điểm O, ta ln tìm điểm A cho OA  a Các phép toán vectơ a Tổng hai vectơ  uuur uuur uuur Quy tắc cộng: Với ba điểm A, B, C tùy ý, ta có: AB  BC  AC + Quy tắc mở rộng cho n điểm A1 , A2 , A3 , , An ta có: uuuur uuuur uuuur uuuuuur A1 An  A1 A2  A2 A3   An 1 An + Quy tắc hình bình hành: Với ABCD hình bình hành, ta có: uuur uuur uuur AB  AD  AC  r r r a Tính chất: với ba vectơ , b, c tùy ý r r r r a +  b  a  b (tính chất giao hoán); r r r r r r ab c  a bc + (tính chất kết hợp); r r r r r a +    a  a (tính chất vectơ – khơng)     b Hiệu hai vectơ  r r r r r r b a a b a Vectơ đối: vectơ vectơ đối , b hai vectơ ngược hướng Kí hiệu r r b  a r r + Vectơ đối r r r r a  b  a  b + r r r r r a  a  a  a  + uuur uuu r uuur OB  OA  AB Quy tắc trừ: Với ba điểm O, A, B tùy ý, ta có:        c) Tích vectơ với số r r a k �� ka  Cho vectơ số vectơ xác định sau: r r r r ka a k � ka a + hướng với vectơ , ngược hướng với vectơ k  r r ka  k a + r r a  Tính chất: Với vectơ , b tùy ý h, k �� + r r r uu r k a  b  k a  kb;   r r r  h  k  a   ka; + + + r r h ka   hk  a;   r r r r r r r r 1.a  a;  1 a  a;0.a  0; k  0; r r r r + ka  � k  a  Mối quan hệ hai vectơ hệ 3.1 Mối quan hệ hai vectơ phương   r r r a Điều kiện để hai vectơ phương: Cho hai vectơ , b với a �0 phương r r k ��: b  ka uuur uuur �  k � : AB  k AC Điều kiện ba điểm thẳng hàng: A, B, C thẳng hàng 3.2 Định lý biểu diễn vectơ theo hai vectơ không phương  r r a Biểu thị vectơ theo hai vectơ không phương: Cho hai vectơ , b không phương r r r r x tùy ý Khi tồn cặp số h, k ��: x   kb * Chú ý:   Hệ thức trung điểm đoạn thẳng: Với I trung điểm đoạn thẳng AB ta có: uu r uur r IA  IB  0;  uuur uuur uuu r MA  MB  MI  (M tùy ý) Hệ thức trọng tâm tam giác: Với G trọng tâm ABC ta có: uuu r uuur uuur r GA  GB  GC  0;  uuur uuur uuuu r uuuu r MA  MB  MC  MG  (M tùy ý) 3.3 Công thức điểm chia hệ uuur uuur MB  k MB (k �1) Khi với điểm O ta A , B Cho hai điểm phân biệt M điểm thỏa mãn uuu r uuu r uuuu r OA  k OB OM  1 k ln có (1.4) Hệ Cho hai điểm A, B phân biệt điểm M thuộc đoạn AB Khi với điểm O ta uuuu r MB uuu r MA uuu r OM  OA  OB AB AB có: Chứng minh: Rõ ràng điểm M chia đoạn AB theo tỉ số k  MA MB Thay k vào công thức điểm chia ta điều cần chứng minh uuuu r uuu r uuu r OM  (OA  OB) Đặc biệt M trung điểm AB ta có cơng thức quen thuộc Hệ Cho ABC với AD phân giác Đặt AB  c, BC  a, CA  b Khi ta có uuur r b uuu c uuur AD  AB  AC bc bc Chứng minh: Ta thấy D chia BC theo tỉ số k  DB b  DC c (tính chất đường phân giác) Thay vào công thức điểm chia ta cos điều cần chứng minh Hệ Cho hai điểm A, B phân biệt điểm M thuộc đoạn AB Khi với điểm O uuuu r S uuu r S uuu r OM  OMB OA  OMA OB S OAB SOAB ta có: Chứng minh: Dễ thấy tam giác OAB, OMA, OMB có chiều cao hạ từ O xuống AB nên tỉ số cạnh đáy tỉ số diện tích 3.4 Tâm Tỉ cự điểm Cho n hệ điểm A1 , A2 , , An n số 1 ,  , ,  n cho 1      n �0 Khi xác định uur uur uur  IA   IA    IA 2 n n  (1) điểm I thỏa mãn 1 Điểm I gọi tâm tỉ cự hệ điểm A1 , A2 , , An theo số 1 ,  , ,  n Khi với điểm M ta có: uuur uuuu r uuuu r uur 1 MA1   MA2    n MAn   1      n  MI Chú ý: Nếu 1      n  ta chứng minh véc tơ: r uuur uuuu r uuuu r u  1 MA1   MA2    n MAn véc tơ không đổi II CÁC ĐỊNH LÝ LIÊN QUAN ĐẾN VECTO Định lý Melelaus Định lí : Cho ABC M , N , P thuộc đường thẳng AB, BC , CA Chứng minh uuur uuur uuuu r MA MB MC uuur uuuu r uuur  M , N , P thẳng hàng MB MC MA Định lí Ceva Định lí : Cho ABC M , N , P thuộc đường thẳng AB, BC , CA Chứng minh uuur uuur uuuu r MA MB MC uuur uuuu r uuur  1 AN , CM , BP đồng qui song song MB MC MA Định lí Con nhím ur A A � A n O Định lí : Cho đa giác Từ điểm nằm đa giác ta dựng véc tơ có giá vng góc với Ai Ai 1 (với qui ước An 1 �A1 ) hướng phía ngồi đa giác có độ dài tỉ lệ ur r a � i  n với cạnh Ai Ai 1 Khi ta có i 1 Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp Định lí: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường trịn O Khi trung điểm hai đường chéo AC , BD tâm O thẳng hàng b Chứng minh Gọi P, Q, R, S tiếp điểm đoạn thẳng A AB, BC , CD, DA đường tròn  O  P S Đặt AS  AP  a; BP  BQ  b; CQ  CR  c; DR  DS  d Áp dụng định lý nhím cho tứ giác ABCD ta có: uuu r uuur uuu r uuu r r  a  b  OP   b  c  OQ   c  d  OR   d  a  OS  r r� a uuu � b uuu �  a  b � OA  OB � ab ab � � B O D r� c uuu � b uuur   b  c  � OC  OB � bc bc � � u u u r u u u r� c �d  c  d  � OC  OD � cd cd � � u u u r u u u r a d � r OD  OA 0  d  a � � � d a d a � � uuu r uuu r uur u uuur r �  b  d  OA   a  c  OB   b  d  OC   a  c  OD  uuuu r uuur r �  b  d  2OM   a  c  2ON  Q R C Trong M , N tương ứng trung điểm AC BD Đẳng thức cuối cho ta thấy M , N , O thẳng hàng, định lí chứng minh Định lí Pascal Định lí : Cho sáu điểm A, B, C , D, E , F nằm đường trịn (khơng thiết theo thứ tự) Gọi AB �DE  P, BC �EF  Q, CD �FA  R Khi P, Q, R thẳng hàng Chứng minh: Đặt X  EF �AB, Y  AB �CD, Z  CD �EF Lần lượt áp dụng định lí Melelaus cho đường thẳng BC , DE , FA tam giác XYZ ta có đẳng thức uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uur uuu r uuu r ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA uuur uuu r uuu r  1; uuu r uuur uuur  1; uuu r uuur uuur  1 QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY Nhân đẳng thức vế theo vế ta D E uuu r uuu r uur ZQ XP YR uuur uuu r uuu r  1 QX PY RZ Z C R Q Lại theo định lí Melelaus P, Q, R thẳng hàng, A X P Y B định lí chứng minh F Định lí Desargues Định lí : Cho hai tam giác ABC , A ' B ' C ' Đặt P  BC �B ' C '; Q  CA �C ' A '; R  AB �A ' B ' Nếu đường thẳng AA ', BB ', CC ' đồng qui điểm điểm P, Q, R thẳng hàng Chứng minh Gọi điểm đồng qui ba đường thẳng O C tam Áp dụng định lí Melelaus cho đường thẳng A ' B ' tam giác OAB , đường thẳng B�� A�đối với tam giác OCA tương tự cách chứng minh định lí Pascal giác OBC , đường thẳng C � III HỆ THỨC JACOBI TRONG TAM GIÁC VÀ CÁC HỆ QUẢ Hệ thức Jacobi tam giác Hệ thức: Giả sử N điểm thuộc miền tam giác ABC Chứng minh uuu r uuur uuur r SNBC NA  S NCA NB  S NAB NC  Chứng minh: Gọi AN cắt BC A1 , BN cắt AC B1 ; A Kẻ CA’ / / BB1 , CB’ / / AA1 Gọi AH , CK tương ứng đường cao kẻ P từ A C tam giác NAB, NBC B Theo qui tắc hình bình hành ta có: uuur uuuu r uuuu r r NB ' uuur NA ' uuu NC  NA '  NB '   � NA  � NB NA NB (1) B' B1 H N A1 A' K C L Vì NB1 / / A ' C � NA ' B1C  NA B1 A Hơn hai tam giác vuông B1 AH , B1CK đồng dạng với nên CK BN S B1C CK NA ' S NBC    NBC �  � B1 A AH AH BN S NAB NA S NAB (2) Tương tự NA1 / / B ' C � NB ' A1C CL 21 CL.NA SNCA     NB A1 B BP 12 BP.NA S NAB (3) Thay (2), (3) vào (1) ta được: uuur uuu r S uuur uuur uuu r uuur S NC   NBC � NA  NCA � NB � S NAB NC   SNBC NA  S NCA NB � S NAB S NAB Đpcm uuu r uuu r uuur r GA  GB  GC  N Hệ trùng với trọng tâm tam giác ta có uu r uur uur r aIA  bIB  cIC  N I Hệ trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác Hệ Nếu ABC nhọn uuur uuur uuur r tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  N trùng với trực tâm H tam giác Hệ (Điểm Gergonne)  I  tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F Cho ABC với kí hiệu thơng thường Đường trịn nội tiếp Chứng minh AD, BE , CF đồng qui điểm J ta có uur uur uuu r r ( p  b)( p  c ) JA  ( p  c)( p  a ) JB  ( p  a )( p  b) JC  (Điểm J gọi điểm Gergonne ABC ) Chứng minh: Đặt AE  AF  x; BF  BD  y; CD  CE  z Khi ta có x  p  a, y  p  c, z  p  c uuur uuur uuu r DB EC FA � y �� z �� x � uuur uuu r uuu r �  � �  � �  � 1 DC EA FB � z �� x �� y � Do theo định lí Ceva, AD, BE, CF đồng qui điểm J SJAB x S JAB y  ;  � xS JBC  zSJAB  yS JAC  M S z S z  JBC  JAC Ta lại có r r uur uur uur r M uur M uur M uuu JA  JB  JC  � yz JA  zxJB  xy JC=0 y z Theo hệ thức Jacobi ta có x Đẳng thức cuối điều cần chứng minh B CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng Biểu diễn Vecto chứng minh đẳng thức vecto Để biểu diễn chứng minh đẳng thức vectơ, ta dùng:   Quy tắc ba điểm: Với ba điểm A, B, C tùy ý, ta có: uuur uuur uuur  AB  BC  AC uuu r uuu r uuu r  CB  CA  AB Quy tắc hình bình hành:Với ABCD hình bình hành, ta có:     uuur uuur uuur AB  AD  AC Quy tắc trung điểm: Với I trung điểm đoạn thẳng AB ta có:  uu r uur r IA  IB  0;  uuur uuur uuu r MA  MB  MI (M tùy ý) Quy tắc trọng tâm: Với G trọng tâm ABC ta có:  uuu r uuur uuur r GA  GB  GC  0;  uuur uuur uuuu r uuuu r MA  MB  MC  3MG (M tùy ý) Các tính chất phép toán:  Phép cộng hai vecto  Phép trừ hai vecto  Phép nhân vecto với số thực: Bài toán 1.1 Cho tam giác ABC M trung điểm AB, N nằm cạnh AC cho NC = 2NA Gọi K trung điểm MN Chứng minh Gọi D trung điểm BC Chứng minh Giải a b uuur uuuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuur uuur AK  AM  MK  AB  MN  AB  MA  AN 2 2   r 1 uuu r 1 uuur uuu AB  AB  AC 22 23  r uuur uuu AB  AC  uuur uuuur uuuu r uuuur uuur uuur KD  KM  MD  NM  MB  BD  r uuuu r uuu r uuur uuu NA  AM  AB  BC 2   r uuu r uuu r uuur 1 uuur 1 uuu   AC  AB  AB  AB  AC 2 2 u u u r u u u r 1  AB  AC Bài toán 1.2 Cho AK BM hai trung tuyến Hãy phân tích vectơ theo hai vectơ Giải Cách 1: uuu r uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuu r uuuu r AB  AK  KB  AK  KM  MB  AK  AB  BM KM  AB 2 Ta có: (vì ) uuu r uuu r uuur uuuu r r uuur uuuu r uuu r uuur uuuu r uuu � AB  AB  AK  BM � AB  AK  BM � AB  AK  BM 2 uuur uuur uuuu r Cách 2: Giả sử có cặp số m, n cho AB  m AK  nBM , với G  AK �BM   uuu r uuur uuur uuur uuur uuuu r uuur AB  AG  GB, AK  AG , BM  BG 2 Ta có uuur uuu r uuur uuu r uuur � uuur �3 � � � AG  GB  m AG  nGB � � m  1�AG  �  n  1�BG 2 �2 � �2 � (*) � �3 m m   � � �2 � �� �� � � uuur uuur  n 1  n � � AG , BG Do không phương � (*) uuur uuur uuuu r � AB  AK  BM   Bài tốn 1.3 Cho hình bình hành ABCD M thuộc AC cho: Trên cạnh AB, BC lấy điểm P, Q cho Gọi N giao điể AQ CP Tính tỉ số theo k Giải uuur uuur uuur uuu r AN  x AQ ; CN  yCP Đặt uuur uuur uuur uuur uuur uuur DN  DA  AN  DA  x AB  BQ Ta có:   uuur uuur BQ uuur uuur uuur BQ uuur  DA  xDC  x BC  DA  xDC  x DA BC BC Vì MQ / / AB � uuur uuur uuur BQ AM   k � DN    kx  DA  x.DC BC AC (1) uuur uuur uuur uuur uuur r BP uuu DN  DC  CN  DC  yDA  y BA BA Mặt khác: Vì: MP / / BC � BP CM CM  AM    1 k BA CA CA uuur uuur uuur uuur uuur uuur � DN  DC  yDA  y   k  DC  yDA    ky  y  DC (2) uuur uuuu r uuuur � 2ME  MA1  MC1 uuur uuuur uuuur � 2MF  MA2  MB2 Áp dụng quy tắc hình bình hành với tứ giác AA1 A2 M ; BB1 B2 M ; CC1C2 M ta có: uuuu r uuuur uuur MA1  MA2  MA uuuur uuuur uuur MB1  MB2  MB uuuur uuuur uuuu r MC1  MC2  MC uuuu r uuur uuur uuur uuur uuuu r � MD  ME  MF  MA  MB  MC   uuuu r uuur uuur uuuu r � MD  ME  MF  3MO   Bài toán 1.6 Cho tam giác ABC Trên cạnh AB, AC lây điểm M, N cho Hai đường thẳng CM BN cắt I Chứng minh Giải Dựng Ax song song BN cắt CM E Dựng Ay song song CM cắt BN F Khi ta có AEIF hình bình hành uur uuur uuur � AI  AE  AF (1) AE MA  a Mặt khác MAE đồng dạng với MBI nên IB MB uuur uur � AE  aIB (2) AF NA  b Tương tự NAF đồng dạng với NCI nên CI NC uuur uur � AF  bCI (3) Từ (1), (2), (3) suy uur uur uur AI  aIB  bIC Dạng BÀI TẬP DỰNG VECTO Chứng minh hai đường thẳng a b song song: uuuu r uuur Giả sử AB vectơ phương đường thẳng a CD vectơ phương uuur uuur a / / b � AB  k CD với k  �0 A �a, A �b đường thẳng b Ta có: Chú ý : uuur uuur AB  k CD Nếu có điều kiện kết luận a trùng b a song song với b Chứng minh hai đường thẳng vng góc: ur u r r r Hai vectơ a b (khác vectơ – không) vng góc với � a b = uuur uuur   a ) CD vectơ Từ đó, AB vectơ phương đường thẳng a (có thể chọn A, B�    b ) phương đường thẳng b (có thể chọn C , D� uuur uuur  a   b � AB CD   Chú ý: uuur uuur Nhờ định lý cosin tam giác, biểu thức tích vơ hướng hai vectơ AB , CD viết uuu r uuur AB.CD   AB  AC  BC  dạng: Bài toán 1.3 Cho N xác định , Trọng tâm G Gọi P điểm cạnh AC cho Chứng minh thẳng hàng Giải uuur uuur r Ta có: MA  MB  uuuu r uuu r uuuu r uuu r r uuu r uuur uuuu r � MG  GA  MG  GB  � 3GA  4GB  7GM     uuur uuur r uuur uuu r uuur uuur r NB  3NC  � NG  GB  NG  GC     Tương tự: uuur uuur uuur r uuu r uuur uuur � GB  3GC  NG  � 3GA  4GB  2GN  uuuur uuur uuuur uuur r GM   GN � GM  2GN  Vậy uuur uuur uuur + Gọi E trung điểm BC � AC  AE  AN uuur uuur uuur uuur uuur uuur � AC  AG  AN � AC  AG  AN (1) uuur r uuur uuu r PA uuu  � PC   PA � AC  AP PC 4 (2) Từ (1) (2) � � uuur uuur uuur AG  AN  AP 4 r uuur uuu r uuur uuu r uuur uuur r uuu uuur uuur r AP  PG  AP  PN  AP � PG  PN  � 3PG  PN  4     Suy M , G, N , P thẳng hàng Bài toán 1.3 Cho tứ giác Đường thẳng qua đỉnh song song với cắt điểm , đường thẳng qua đỉnh song song với cạnh cắt điểm Chứng minh uuur uuuu r MN / / DC ta phải chứng minh DC  k MN Vậy cần phân tích vectơ *uuNhận xét : Để chứng minh ur uuuu r DC theo vec tơ MN Giải: Gọi giao điểm hai đường chéo tứ giác Đặt: uuuur Ta có: C OA p OB m  ;  (1) OC q OD n B q uuur m uuur DC  OC  OD  OA  OB p n uuuur O uuuu r uuuu r � DC  (2) Do BN / / AD nên: uuur m uuu r OA OD n   � ON  OA ON OB m n Do AM / / BC nên: r p uuur OB OC p uuuu   � OM  OB OM OA q q Từ (3) (4) suy ra: uuuur uuuuu r uuuur uuur uuur mqOA  npOB nq MN  ON  OM  MN   (3) (4) m uuur p uuur OA  OB n q  M D A uuur uuur mqOA  npOB   mp uuuur N (5) uuur nq uuuu r DC  MN mp Từ (2) (5) ta có: MN / / DC Vậy Bài tốn 1.3 Cho tam giác cân Gọi trung điểm hình chiếu lên , trung điểm Chứng minh: Giải: uuuu r uuur AM DB = * Cần chứng minh: uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AM  AH  AD Ta có: DB  BH  HD  HC  HD  Do đó: uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur AM DB  AH  AD HC  HD   Mà:  D  AH HC  AH HD  AD.HC  AD.HD  uuuur uuuur � �AH HC  (do AH  BC ) r uuuur �uuuu �AD.HD  (do AC  HD ) uuuuu r uuuu r uuuur r uuuur uuuur uuuu Suy ra: AM BD   AH HD  AD.HC  uuur uuur uuur uuur uuur 1� AH HD  AH  HD HC � � 2� uuur uuur uuur uuur  AH HD  HD.HC      uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur  HD AH  HC  HD AC  2  Vậy: AM   DB   uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur A  M B H C Bài toán 1.3 Trên cạnh tam giác lấy tương ứng điểm cho: Trên cạnh tam giác theo thứ tự lấy điểm cho: Chứng minh rằng: Giải: A Lấy điểm O đặt: uuur r OA1  a1; uuuur ur OB1  b1; uuuur uuuur uu r uuur ur uuuur uu r uur OA  a; OB  b; OA2  a2 ; r ur ur uu r uu r uu r uuuuur Suy ra: uuuur ur uuuuu r uu r ur uu r r r ur ur uu r uur ur ur r ur uu r uu r c  ka1 b2  ; 1 k ur ur uu r ur ur � �uur ur � a  k  b  kc a1  kb1  b1  kc1 �   1 1� � 1 k � 1 k �     r ur r ur �r r c  kb   k  1  a  kc   k b  ka � �  1 k  �  r ur �2 k  k  r ur  c  a  k  k  1 c   k  k  1 a � �  �  1 k   1 k  uuuuur     k  k  uuuur AC  1 k  Đẳng thức chứng tỏ: C a  kc b1  ; 1 k  � A2C2  A B OC2  c2 b  kc1 a2  ; 1 k A2C2  c2  a2  B OC1  c1; c  kb a1  ; 1 k a  kb1 c2  ; 1 k r OC  c; OB2  b2 ; b  ka c1  ; 1 k Ta có: uuuu r C A2C2 / / AC Tương tự, ta chứng minh được: C2 B2 / / CB; B2 A2 / / BA B C Bài toán 1.3 Cho hình chữ nhật Kẻ Gọi trung điểm Chứng minh: Tìm điều kiện hình chữ nhật để tam giác vng cân uuuu r uuuu r uuu r uuur uuur MN , BM BA , BC , BK * Nhận xét: - Phân tích vectơ theo vectơ gốc: uuuu r uuuu r - Chứng tỏ: MN BM  Giải: uuu r r uuur r uuur ur BA  a, BC  b, BK  c  BA  a; BC  b; BK  c Đặt N D K Ta có: M uuuu r r r BM  a  c r uuuu r uuur uuur uuur r r r a r 1r MN  MB  BC  CN   a  c  b   b  c 2    r A  �r c �ur r urr urr r r MN BM  �b  � a  c   2ab  ac  2bc  c 2� 2� uuuur uuuur Do đó: C   r r r r r r r r�  � 2a.b  b  a c  b  c c � 4�     r r r r r r uuuu r uuuu r rr b  a c  0; b c c  MN BM 0 a b  Vì nên     � Suy ra: BMN  90 r uuuu r uuuuu BM  MN � BM  MN Ta có: rr rr �r r � � b  c �� a  c  2ac  4b  c  4bc � � � a  2ac.cos B1  4b  4bc.cos B2 � r r ac   � a  2c  ac.cos B1   4b  4c  bc.cos B2  � a  2c  4b  4c � a  6c  4b  0        1 a 2b c  a  b2 Mặt khác: Vì ab  AC.c nên Thay vào (1) ta được: B a 2b a   4b  � a  3a 2b  4b  a b �  a  b   a  4b   � a  b2  � a  b Vậy điều kiện cần đủ để tam giác BMN vng cân ABCD hình vng Dạng 4: Xác định điểm, tập hợp điểm thoả mãn hệ thức vecto Xác định điểm M thoả mãn đẳng thức vectơ cho trước: uuuur r r OM  v v • Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho trước dạng điểm O vectơ biết • Khi điểm M hồn tồn xác định Xác định tập hợp điểm M thoả mãn đẳng thức vectơ cho trước: Ta biến đổi đẳng thức cho dạng:   Nếu Nếu uuur uuur MA  MB uuur MA  k  với A, B cố định cho trước M nằm đường trung trực AB với A cố định cho trước M nằm đường trịn tâm A bán kính R  k  Nếu uuur uuu r MA  k AB với A, B cố định cho trước M nằm đường trịn tâm A, bán kính R  k AB, k �� uuur uuur MA  k AB với A, B cố định, k số thực thay đổi tập hợp điểm M đường thẳng  Nếu AB uuur uuur MA  k BC với A, B, C cố định, k số thực thay đổi tập hợp điểm M đường  Nếu thẳng qua A song song với BC  Nếu uuur uuur uuuu r uuuu r MA  MB  MC  MD với A, B, C, D cố định cho trước tập hợp điểm M nằm đường trung trực IJ với I, J trung điểm AB CD Xác định tập hợp điểm thỏa mãn đẳng thức tích vơ hướng: Ta biến đổi đẳng thức tích vơ hướng cho dạng (ngồi trường hợp trên): uuur uuur • Nếu MA.MB  (A, B cố định) M thuộc đường trịn đường kính АВ uuuur uuur uuu r • Nếu MH AB  (H cố định, AB vectơ khơng đổi) tập hợp M đường thẳng Δ qua H vng góc Bài tốn 1.3 Cho tam giác .a) Xác định điểm  thỏa mãn .b) Xác định điểm  thỏa mãn .c) Xác định điểm  thỏa mãn  (với  là điểm tùy ý) Giải a) Gọi I Ta trung điểm AB , J trung điểm CI uuur uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur có: MA  MB  MC  � MI  2MC  � 4MJ  Do đó: J �M b) Gọi E trung điểm AC uuur uuu r uuur uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuu r uuur uuur  NB  3NC  � ( NC  2CA)  2( NC  2CB)  NC  � NC  CA  2CB  Ta có:uuuNA r uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur � 2CN  BA  BC � 2CN  BE � CN  BE uuu r uuu r uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuu r CP  KA  KB  KC  KC  CA  2( KC  CB )  KC  CA  CB c) Ta có: r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r A , B , C a  CA  CB CP  CA  CB P Vì cho trước nên xác định Vậy tập hợp điểm thoả mãn Bài toán 1.3 Cho Tìm quỹ tích điểm trường hợp sau phương với Giải a) Ta có: uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur MA  k MB  k MC � MA  k ( MC  MB) uuu r uuu r � MA  k BC uuu r uuu r BC MA Hay phương với Vậy quỹ tích điểm M đường thẳng qua A song song với cạnh BC V ABC uu r uu r uur r IA  IB  IC  (điểm I tồn nhất) Ta có: I b) Gọi điểm thỏa mãn hệ thức r uuu r uuur uuur v  MA  MB  MC uur uu r uur uu r uur uur uur  MI  IA  MI  IB  MI  IC  MI r uuu r uur uuu r v BC � MI BC Do phương với phương với vector Vậy M thuộc đường thẳng qua I song song với BC Bài toán 1.3 Cho Tìm quỹ tích điểm trường hợp sau Lời giải a) Gọi I trung điểm BC ta có: uur uur uuur uuur uuur uuur BC MB  MC  MB  MC � MI  CB � MI  R BC Vậy tậ hợp điểm M đường trịn I , bán kính uur uuu r r KA  KB 0 K b) Gọi điểm thỏa mãn: uur uuu r r LB  LC 0 L Gọi điểm thỏa mãn: uuu r uuur uuur uuur uuur uuu r 2MA  3MB  3MB  MC � 5MK  5ML � MK  ML Ta có: � Tập hợp điểm M đường trung trực đoạn thẳng KL uur uur uur r c) Với I trùng điểm BC Gọi J điểm thỏa mãn JA  JB  JC  uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur uuu r uuu r uur 4MA  MB  MC  2MA  MB  MC � 6MJ  MA  2MI Ta có: uuu r uu r � MJ  IA � MJ  IA  const R  IA Vậy tập hợp điểm M đường trịn tâm J bán kính Bài tốn 1.3 Cho đoạn thẳng Tìm quỹ tích điểm trường hợp sau: cho trước Giải uuu r uuu r uuur u u u r u u u r u u u r uuu r uuur � MA MA  MB  a) Ta có: MA.MB  MA � MA.MB  MA  uuu r r uuu r uur � MA  � MA.BA  � � MA  AB �   Vậy quỹ tích điểm M đường thẳng vng góc với đường thẳng AB A uuu r uuu r uuur u u u r u u u r � MA MA  MB  (*) b) MA  MA.MB uu r uu r r uuu r uuur uur IA  IB  2MA  MB  MI I Gọi điểm thỏa mãn uuu r uur (*) � MA MI  � MA  MI Do đó:   Vậy quỹ tích điểm M đường trịn đường kính AI uur uur r E c) Gọi điểm thỏa mãn EA  EB  , ta có: uuur uur uuur uur MA2  MB  k � ME  EA  ME  EB  k     � 3ME  k  EA2  EB (*) uur uur r � EA  AB; EB  AB 3 Mặt khác từ EA  EB  Nên (*) � 3ME  k  - Nếu - Nếu - Nếu k 1� � 2 k  AB � AB � ME  � 3� � k AB : Quỹ tích điểm M rỗng k AB : Quỹ tích điểm M điểm E 1� � R k  AB � AB � 3� � : Quỹ tích điểm M đường trịn tâm E , bán kính Dạng 5: Bài tốn quỹ tích có sử dụng véctơ Cho n hệ điểm A1 , A2 , , An n số 1 ,  , ,  n cho 1      n �0 Khi xác định uur uur uur  IA   IA    2 n IAn  (1) điểm I thỏa mãn 1 Điểm I gọi tâm tỉ cự hệ điểm A1 , A2 , , An theo số 1 ,  , ,  n Khi với điểm M ta có: uuur uuuu r uuuu r 1 MA1   MA2    n MAn uur   1      n  MI Chú ý: Nếu 1      n  ta chứng minh véc tơ: r uuur uuuu r uuuu r u  1 MA1   MA2    n MAn véc tơ khơng đổi Quỹ tích điểm thỏa mãn đẳng thức vector độ dài vector Ta biến đổi đẳng thứ c cho tốn quỹ tích sau: uuur r r AM  k a  k �0  A  , cố định, a không đổi: Quỹ tích điểm M đường thẳng qua A r phương a uuu r uuur MA  MB  với A, B cố định: Quỹ tích điểm M trung trực AB  uuu r r MA  a r R a r với A cố định, a khơng đổi: Quỹ tích điểm M đường trịn tâm A , bán kính Quỹ tích điểm thỏa mãn đẳng thức tích vơ hướng tích độ dài  Ta biến đổi đẳng thức cho tốn quỹ tích sau: uuu r uuur MA.MB  k , A, B cố định, k khơng đổi: Quỹ tích điểm M đường tròn tâm I ( I R AB AB k  k �0 , trung điểm AB ), bán kính uuur uuu r  AM AB  k với A, B cố định, k khơng đổi: Quỹ tích điểm M đường thẳng vng góc uuur k AH  uuu r AB AB H AB với điểm đường thẳng thỏa mãn  AM  k với A cố định, k �0 khơng đổi: Quỹ tích điểm M đường trịn tâm A , bán kính R  k Bài toán 1.3 Cho trước hai điểm hai số thực thỏa mãn a) Chứng minh tồn điểm thỏa mãn b) Từ đó, suy với M, ta ln có: a) Ta có: Giải uu r uur r uu r uu r uuu r r uu r uuu r r  IA   IB  �  IA   IA  AB  �      IA   AB   uu r uuu r uu r �      IA   AB � IA    uuur AB    uuur AB A , B    Vì cố định nên khơng đổi, tồn điểm I thỏa mãn điều kiện đầu b) Ta có: uuur uuur uuu r uu r uuu r uur  MA   MB   MI  IA   MI  IB uuu r uu r uur uuu r       MI   IA   IB       MI (dpcm)       Nhận xét quan trọng: Nếu     điểm I trung điểm AB Bài toán mở rộng tự nhiên cho ba điểm A, B, C ba số thực  ,  ,  cho trước thỏa mãn      �0 tức là: uu r uur uur r a) Tồn điểm I thỏa mãn:  IA   IB   IC  uuur uuur uur uuu r  MA   MB   IC  (      ) MI b) Từ suy với điểm M , ta ln có       I trọng tâm ABC n Việc mở rộng cho n điểm Ai , i  1, n n số thực  i, i  1, n thỏa mãn � i 1 i �0 Kết sử dụng để giải toán n Cho n điểm  i �0 Ai , i  1, n n số thực  i, i  1, n thỏa mãn � i 1 Tìm số thực k điểm cố uuuu r n định I cho đẳng thức vector Phương pháp giải uuu r � MA  k MI (1) i 1 i i thỏa mãn với điểm M uur n Vì (1) thỏa mãn với điểm M, với M �I uu r r � IA  k II    i 1 i i - Xác định điểm I từ (2) uuuu r n uuu r n � MA  � MI  3 i 1 - Từ (2) suy i i i 1 i n uuu r uuu r  MI  k MI � k  �i � i n Từ (1) (3) suy i 1 i 1 Bài toán 1.3 Cho tứ giác ABCD, M điểm tùy ý Trong trường hợp tìm số k điểm cố định I, J, K cho đẳng thức vector sau thỏa mãn với điểm M a) b) c) Giải uuuu r n a) Vì (1) uuu r � MA  k MI i i 1 i uu r uur uu r r thỏa mãn với điểm M, với M �I IA  IB  k II  uu r uu r uuur r uu r 1 uuu r IA  ( IA  AB )  � IA  AB � Từ (1) ta xác định điểm I uuur uuur uuu r uuu r Từ (1) ta 2MA  MB  (2  1) MI  3MI (2) uuu r uuu r MI  k MI � k 3 Từ (1) (2) suy uur uu r r  IA  k II 0 �i i n b) Vì i 1 thỏa mãn với điểm M, với uur uur uuu r uu r r JA  JB  JC  k IJ  (1) uur uuu r r JE  JC  � J trung điểm CE Gọi E trung điểm AB, từ (1) ta uuur uuur uuuu r uuur uuur MA  MB  MC      MJ  MJ   Từ (1) ta uuur uuur MJ  k MJ �k 4 Từ (1), (2) suy M �J uuuu r n uuu r  MA � i i  �i MI n i 1 M �K c) i 1 thỏa mãn với điểm M, với uuu r uuu r uuur uuur uur r KA  KB  KC  3KD  k IK  (1) uuur uuur r Gọi G trọng tâm ABC từ (1) ta 3KG  3KD  � K trung điểm GD uuur uuur uuuu r uuuu r uuuu r MA  MB  MC  3MD  6MK   Từ (1) ta uuuu r uuuuuur MK  k M /K �k 6 Từ (1) (2) suy Chú ý: Bài tốn tìm điểm mở rộng thành tốn tìm tập hợp điểm (quỹ tích) Với tốn quỹ tích ta cần nhớ rằng: uuur uuur MA  MB Nếu với A, B cho trước M thuộc đường trung trực đoạn AB uuuu r uuu r MC  k AB với A, B, C cho trước M thuộc đường trịn tâm C, bán kính k.AB uuur uuur MA  k BC Nếu với A, B, C cho trước a) Với k �� điểm M thuộc đường thẳng qua A song song với BC uuur  b) Với k �� điểm M thuộc nủa đường thẳng qua A song song với BC theo hướng BC uuur  c) Với k �� điểm M thuộc nủa đường thẳng qua A song song với BC ngược hướng BC Bài toán 1.3 Cho tứ giác Gọi trọng tâm tam giác ABC Điểm I điểm thuộc cạnh GC cho : IC = 3GC Chứng minh với M ta ln có hệ thức : Giải Theo giả thiết,G trọng tâm ABD nên : G tâm tỉ cự ba điểm A,B,D ứng với số (1;1;1).Nghĩa : uu r uur uur uur IA  IB  ID  3IG (1) uur uur uur Mặt khác : IC  3IG � IC  3IG (Do IC uur IG hai vectơ đối nhau) uur uur Thế IC  3IG vào biểu thức (1) ta có : uu r uur uur uur r IA  IB  IC  ID  Do với điểm M ta ln có : uu r uur uur uur r IA  IB  IC  ID  uuur uuur uuur uuur uuur uuuu r uuur uuuu r r uuur uuur uuur uuuu r uuuu r r � IM  MA  IM  MB  IM  MC  IM  MD  � IM  MA  MB  MC  MD  uuur uuur uuuu r uuuu r uuu r � MA  MB  MC  MD  MI ,(đpcm) ...  c) Tích vectơ với số r r a k �� ka  Cho vectơ số vectơ xác định sau: r r r r ka a k � ka a + hướng với vectơ , ngược hướng với vectơ k  r r ka  k a + r r a  Tính chất: Với vectơ , b... khơng)     b Hiệu hai vectơ  r r r r r r b a a b a Vectơ đối: vectơ vectơ đối , b hai vectơ ngược hướng Kí hiệu r r b  a r r + Vectơ đối r r r r a  b  a  b + r r r r r a  a ... thẳng hàng: A, B, C thẳng hàng 3.2 Định lý biểu diễn vectơ theo hai vectơ không phương  r r a Biểu thị vectơ theo hai vectơ không phương: Cho hai vectơ , b không phương r r r r x tùy ý Khi tồn cặp