BT1: (Đã có phần trước)
BT2: a) Ta có: GA AG GG 0uuur uuur uuur r+ = =
b) MA MB MG GA MG GB 2MG (MA MB) 2MGuuuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur+ = + + + = uuuur+ uuuur uuuur+ = uuuur
BT3: a) Gọi M trung điểm BC thì: GA GB GC GA 2GM 0uuur uuur uuur uuur+ + = + uuuur r= b) ∀M: MA MB MC MG GA MG GB MG GCuuuur uuuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur+ + = + + + + + = =3MG (GA GB GC) 3MGuuuur+ uuur uuur uuur+ + = uuuur.
BT4: a) Ta có: GA GB 2GIuuur uuur+ = uur, I trung điểm AB và GC GD 2GJuuur uuur+ = uur, J trung điểm CD
⇒ GA GB GC GD 2(GI GJ) 0uuur uuur uuur uuur+ + + = uur uur+ =r.
b) Với ∀M: MA MB MC MD 4MG GA GB GC GD 4MGuuuur uuuur uuuur uuuur+ + + = uuuur uuur uuur uuur uuur+ + + + = uuuur
BT5: (Quy nạp)
BT6: a) Gọi G và G' là trọng tâm ∆ABC và ∆A'B'C'. Ta có: AA' BB' CC'uuuur uuuur uuuur+ + =
= AG GG ' G 'A' BG GG' G 'B' CG GG' G 'C'uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur+ + + + + + + + = =3GG ' (AG BG CG) (A'G ' B'G ' C'G ') 3GG 'uuur + uuur uuur uuur+ + + uuuur uuuur uuuur+ + = uuur . Vậy nếu: AA' BB' CC' 0uuuur uuuur uuuur r+ + = ⇔3GG ' 0uuur =r ⇔ G≡G'.
b) Ta có: GG'=| GG ' | 1| AA ' BB' CC | 1(| AA ' | | BB' | | CC' |)
3 3
= + + ≤ + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Vậy: GG' <1
3(AA'+BB'+CC'). Dấu bằng khi 3 vectơ cùng hướng.
BT7: Sử dụng tính chất đường trung bình tam giác ta có:
1
MN PQ RS (AC CE EA) 0 2
+ + = + + =
uuuur uuur uur uuur uuur uuur r
⇒ Hai tam giác có cùng trọng tâm.
BT8: a) Từ giả thiết ta có: OA ' 1(OA 2OB 3OC) 6
= + +
uuur uuur uuur uuur 1
OB' (2OA 3OB OC) 6
= + +
uuur uuur uuur uuur
; OC' 1(3OA OB 2OC) 6
= + +
EF F M B C A N J K C B I A
Cộng lại có: OA OB OC OA' OB' OC'uuur uuur uuur uuur uuur uuur+ + = + + ⇔ 3OG 3OG 'uuur= uuuur⇔G 'G 0uuuur r= G G '
⇔ ≡ Điều này có nghĩa là 6 trung tuyến của 2 tam giác đồng quy tại trọng tâm G≡G' của hai tam giác.
b) Ta có: GA ' OA ' OG 1(OA 2OB 3OC) 1(OA OB OC)
6 3
= − = + + − + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = =1(OC OA) GA ' 1AC
6 uuur uuur− ⇔uuur =6uuur. Vậy A'G//AC. Chứng minh tương tự ta cũng có: B'G//BA; C'G//CB.
BT9: a) Theo giả thiết có: AE 1(AM AN) 2
= + =
uuur uuuur uuur
= 1 1( AB 1AC) 1AB 1AC 2 2uuur+3uuur = 4uuur+ 6uuur. b) Tương tự có:
1 1 1 1 1
EF AF AE (AB AC) ( AB AC) AB AC
2 4 6 4 3
= − = + − + = +
uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
BT10: Theo tính chất trung điểm ta có: AM.BC BN.CA CP.ABuuuuruuur uuur uuur uuuruuur+ + = 1
(AB AC).BC 2
= uuur uuur uuur+ + 1(BA BC)CA
2 uuur uuur uuur+ 1(CA CB)AB 0 2
+ uuur uuur uuur+ = .
BT11: (Đã giải ở phần ví dụ)
BT12: Ta có: AB.CD AC.DB AD.BCuuur uuur uuur uuur uuur uuur+ + =
= AB.(AD AC) AC.(AB AD) AD.(AC AB) 0uuur uuur uuur− +uuur uuur uuur− +uuur uuur uuur− =
Xét ∆ABC với hai đường cao BD và CD thì: AB.CD 0;AC.DB 0uuur uuur= uuur uuur= .
Vậy từ hệ thức Ơle ⇒AD.BC 0uuur uuur= , hay đường cao thứ 3 là AD ⊥ BC và 3 đường cao đồng quy tại D.
BT13: Theo giả thiết ta có:
1
KI KB BI AB 2BC 2
= + = +
uur uuur uur uuur uuur
1 3
AB 2(AC AB) AB 2AC
2 2
I N N B C K A J P K A D B H C 1 2 KJ KA AJ AB AC 2 3 = + = − +
uur uuur uur uuur uuur
. Từ đó ⇒ KI 3KJuur= uur. Vậy K,I,J thẳng hàng.
BT14: a) Từ giả thiết có:
1 1
KN KA AN AB AC
2 2
= + = +
uuur uuur uuur uuur uuur
3 3
KJ KB BJ AB BC
2 4
= + = + =
uur uuur uur uuur uuur
= 3AB 3(AC AB) 3AB 3AC 2uuur+4 uuur uuur− = 4uuur+ 4uuur. Từ đó có: KJ 3KN
2 = uur uuur
. Vậy K,N,J thẳng hàng.
b) Kẻ NP//AJ, thì P là trung điểm JC. Vì NP là đường trung bình của ∆AJC.
Do đó ta có: IB:IN=JB:JP 3BC IB JB IB 4 6 1 IN JP IN BC 8 ⇔ = ⇔ = = . BT15: (Đã giải phần ví dụ) BT16: Chọn cơ sở (AB,BC)uuur uuur
. Từ giả thiết ta có: 1
AH AB BH AB BC 5
= + = +
uuur uuur uuur uuur uuur
AK AB BK= + = uuur uuur uuur
=AB 1BD AB 1(BA BC) 5AB 1BC
6 6 6 6
+ = + + = +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
⇒AK 5AH 6 = uuur uuur . Vậy A,K,H thẳng hàng. BT17: (Đã có phần trước)
BT18: Gọi G là trọng tâm tứ giác ABCD, ta có: GA + GB + GC + GD = 0uuur uuur uuur uuur r ⇒ GA + (GB + GC + GD) = 0uuur uuur uuur uuur r
⇒ GA 3GXuuur + uuur =0r(Vì X là trọng tâm ∆BCD). ⇒ X qua G và GA:GX=3.
Tương tự: AX, BY, CZ, DT tại G và GA:GX=GB:GY=GC:GZ=GD:GT=3.
⇔ IB= α AB α + β uur uuur
. Vậy I tồn tại và duy nhất. b) Theo a) có:
MA MB (MI IA) (MI IB) ( )MI IA IB ( )MI αuuuur+ βuuuur= α uuur uur+ + β uuur uur+ = α + β uuur+ α + β = α + βuur uur uuur
BT20: ( Tương tự bài trên ) BT21: ( Quy nạp)
BT22: 1) ⇔ MC ABuuuur uuur= ⇔ M là đỉnh thứ tư hình bình hành ABCM. 2) ⇔ MC MIuuuur uuur= , I trung điểm AB ⇔ M∈∅.
3) ⇔ MCuuuur= −MIuuur, I trung điểm AB ⇔ M trung điểm IC.
4) ⇔ MC 2MIuuuur= uuur, I trung điểm AB ⇔ M ∈ IC sao cho I trung điểm MC. 5) ⇔ | MC | | BA |uuuur uuur= ⇔ M∈ đường trịn tâm C, bán kính AB.
6) ⇔ | MC | | MI |uuuur uuur= , I trung điểm AB ⇔ M∈d là trung trực của IC.
BT23: 1) ⇔ MA MC 2(MB MC) 0uuuur uuuur+ + uuuur uuuur+ = ⇔r MIuuur= −2MJuuur, I trung điểm AC, J trung điểm BC.
2) ⇔ MA MC 2(MB MC) 0uuuur uuuur− + uuuur uuuur− = ⇔r CA 2BCuuur= uuur⇒ M∈∅
BT24: 1) ⇔ AC 4MIuuur= uuur, I trung điểm BD.
2) ⇔ MA 4MI 5MC 0uuuur+ uuur− uuuur r= ⇔CA 4ICuuur= uur, I trung điểm BD ⇒ M∈∅
BT25: (Đã có phần trước)
BT26: 1) Gọi O là trọng tâm tứ giác ABCD, I là trung điểm AB thì đẳng thức
⇔ 4 | MO | | 2MI 2MC |uuuur = uuur− uuuur ⇔ 4MO=2CI ⇔ M∈(O,1 2CI). 2) 4 | 2MA MB 3MC MD | 3| 2MB 3MC MD |uuuur uuuur− + uuuur uuuur− = uuuur+ uuuur uuuur−
Gọi I là tâm tỉ cự của A,B,C,D theo bộ (2,-1,3,-1) và J là tâm tỉ cự của B,C,D theo bộ (2,3,-1), thì đẳng thức ⇔ 4| 3MI | 3 | 4MJ |uuur = uuur ⇔ MI=MJ ⇔ M∈d là trung trực của IJ.
E CF F
A
B
BT28: Gọi I là đỉnh thứ tư của hbh ACBI, ta có:
IA IB IC 0+ − = ⇒ ∀M : MA MB MC MI.+ − = uur uur uur r uuuur uuuur uuuur uuur Vậy: | MA MB MC |uuuur uuuur uuuur+ − lớn nhất ⇔ | MI |uuur ⇔ M≡M1,
Và | MA MB MC |uuuur uuuur uuuur+ − nhỏ nhất ⇔ | MI |uuur nhỏ nhất ⇔ M≡M2.
Với M1, M2 là giao điểm của IO với đường tròn, M1 khác phía đối với I, M2 cùng phía đối với I.
BT29: Gọi I là trung điểm AB
Ta có: MA.MB kuuuuruuuur= ⇔ MI2-1 4AB 2=k ⇔ IM2=k+1 4AB 2. - Nếu k < -1 4AB 2: M∈ ∅; Nếu k=-1 4AB 2: M≡I - Nếu k > -1 4AB 2: M∈(I, 1 2 4k AB 2 + ).
BT30: Lấy M0 cố định sao cho: AM .a kuuuur r0 = .
Khi đó: AM.a kuuuurr = ⇔ (AMuuuur0 −AM).a 0uuuur r = ⇔ MM .a 0uuuur r0 = ⇔MMuuuur0⊥ar . Vậy tập hợp M là đường thẳng qua M0 và vng góc ar.
BT31: Lấy trên đường thẳng AB các điểm E,F sao cho:
EA FA
k, k EB = − FB = ⇒
⇒ EAuuur= −kEB,FA kFBuuur uuur= uur ⇒ ⇒ MA EA MA, FA
MB = −EB MB = FB ⇒ ⇒ ME là phân giác trong, và MF là phân giác ngoài ∆MAB
⇒ EMF=1v ⇒· M∈đường trịn đường kính EF.
Đảo lại: Lấy M ∈ đường trịn đường kính EF, ta có: ME ⊥MF, qua B kẻ đường thẳng song song MF, đường thẳng này cắt ME, MA tại H và K .
Và BK//MF, ME⊥MF nên BK ⊥ME ⇒ ∆MBK cân tại M ⇒ ME là phân giác của góc AMB · ⇒ MA EA MA, FA
MB = −EB MB = FB.
Vậy tập hợp M là đường tròn đường kính EF (Đường trịn Apơlơniut).
BT32: 1) Gọi I là trung điểm AB và J là tâm tỉ cự của 3 điểm A,B,C theo bộ
(1,2,3). Ta có: (MB MC)(MA 2MB 3MC) 0uuuur uuuur uuuur+ + uuuur+ uuuur = ⇔ 2MI.6MJ 0uuur uuur= ⇔ ⇔MI.MJ 0uuuruuur= ⇒ M∈đường trịn đường kính IJ.
2) Gọi G là trọng tâm ∆ABC thì: MA MB MC 3MGuuuur uuuur uuuur+ + = uuuur.
Và: MA 2MB 3MC (MA MC) 2(MB MC) CA 2CBuuuur+ uuuur− uuuur= uuuur uuuur− + uuuur uuuur− =uuur+ uuur. Gọi D là tâm tỉ cự của 2 điểm AB theo bộ (1,2) thì: CA 2CB 3CDuuur+ uuur= uuur Vậy: (MA MB MC)(MA 2MB 3MC) 0uuuur uuuur uuuur uuuur+ + + uuuur− uuuur = ⇔ 3MG.3CD 0uuuur uuur= ⇔
⇔ MG.CD 0uuuuruuur= ⇔ M ∈d qua G và ⊥ CD.
BT33: Ta có: AM.AB AC.ABuuuuruuur uuur uuur= ⇔ (AM AC).AB 0uuuur uuur uuur− = ⇔ CM.AB 0uuuuruuur= ⇔ M∈đường cao CH của ∆ABC.
BT34: Ta có: 2 2 2 AB 2 CD MA.MB MC.MD (MI ) (MJ ) 4 4 + = − + − = uuuuruuuur uuuuruuuur = 2 2 2 2 AB CD MI MJ 4 + + − = 2 2 2 2 IJ AB CD 2MO 2 4 + + − , với O trung
điểm IJ. Vậy : 1 2 MA.MB MC.MD IJ 2 + = uuuuruuuur uuuuruuuur ⇔ 2 AB2 CD2 2MO 0 4 + − = 2 2 AB CD MO 8 + ⇔ = ⇒ M∈(O, AB2 CD2 8 + )
BT35: Đẳng thức ⇔ MA2+MB2+2MA.MB MCuuuuruuuur= 2 ⇔(MA MB)uuuur uuuur+ 2 =MCuuuur2
Hay: MC 2
MI = ⇔ M∈đường trịn Apơlơniut đường kính GF, với G là trọng tâm ∆ABC, F là đỉnh hình bình hành ACBF.
BT36: Ta có: MB.MC MC.MA MA.MBuuuuruuuur uuuuruuuur uuuuruuuur+ + = =1 2 (MB 2+MC2-BC2)+ 1 2(MC 2+MA2-CA2)+1 2(MA 2+MB2-AB2) = =(MA2+MB2+MC2)-1 2(BC
2+CA2+AB2)=3MO2+(OA2+OB2+OC2)-3 2a 2 =3MO2+3R2-3 2a 2 =3MO2 - 2 a 2 .
Vậy: MB.MC MC.MA MA.MB 3auuuuruuuur uuuuruuuur uuuuruuuur+ + = 2⇔ 3OM2=3a2+a2
2 ⇔ OM=a 7 6. Tức là M∈(O,a 7
6 ).
BT37: Gọi G là trọnh tâm ∆ABC, sử dụng tính chất trọng tâm, ta có:
MA2+MB2+MC2=3MG2+GA2+GB2+GC2=3MG2+1 3(2a 2+a2+a2). Do đó: MA2+MB2+MC2-3MD2 = -4 3a 2 ⇔ 3MG2-3MD 2=-4 3a 2 ⇔ MD2-MG2 =8 9a 2 =DG2⇔ M∈(d) ⊥BD tại G.
BT38:1) uuuuruuuur uuuuruuuurMB.MC MB.MG AB− = 2 ⇔uuuur uuuur uuuurMB(MC MG) AB− = 2 ⇔ MB.GC ABuuuuruuur= 2
Gọi B1 là hình chiếu của B lên GC, H là điểm xác định bởi
21 1 AB B H GC = uuuur Vậy tập hợp M là đường thẳng ⊥GC tại H.
2) Gọi I là tâm tỉ cự của A,B theo bộ số (2,-3) và J là tâm tỉ cự của A, B theo bộ số (1,2) thì: 2MA 3MB)(MA 2MB) 0uuuur− uuuur uuuur− uuuur = ⇔ MI.MJ 0uuuruuur= ⇔MIJ 90· = 0. Vậy M∈đường trịn đường kính IJ.
MN N A B C D P
(2MA 3MB)(MA MB MC) 0uuuur− uuuur uuuur uuuur uuuur+ + = ⇔ MI.MG BC2 3 = − uuuruuuur . Đặt k= 2 2 GI BC 4 − 3 Thì: - Nếu k < 0 ⇒ M∈∅
- Nếu k=0 M≡F là trung điểm GI
- Nếu k > 0: M∈đường trịn tâm F bán kính k 4) MB2+MC2=3 MB.MCuuuuruuuur⇔ MB.MC BCuuuuruuuur= 2
⇒ M∈đường trịn tâm là trung điểm BC, bán kính R=BC 5 2 .
5) Gọi I là tâm tỉ cự của A,B,C theo bộ số (2,1,-2) thì 2MA2+MB2=2MC2⇔ ⇔ MI2 =2.IC2-2IA2-IB2=k. Vậy ta có kết luận:
- Nếu k < 0: M∈∅ - Nếu k = 0 ⇒ M≡I
- Nếu k > 0: M∈đường tròn (I, k )
BT39: 1) Cách 1: Ta có: MA.BC MB.CA MC.AB+ + =
= MA.(MC MB) MB.(MA MC) MC.(MB MA) 0− + − + − =
Cách 2: Gọi M=(x), A=(a), B=(b), C=(c), ta có:
MA.BC =(a-x)(c-b)=ac-ab-cx+bx MB.CA =(b-x)(a-c)=ba-bc-ax+cx
MC.AB =(c-x)(b-a)=cb-ca-bx+ax ⇒ MA.BC MB.CA MC.AB+ + =0. 2) Tương tự trên, chèn M vào các biểu thức không chứa M hoặc dùng toạ độ.
BT40, BT41, BT42 (Chèn trực tiếp hoặc dùng toạ độ)
BT43: Giả sử M,N,P thẳng hàng. Qua C kẻ đường thẳng //AB, cắt đường
thẳng qua M,N,P tại D. Theo Talet: MB NC PA PB DC PA
. . . . 1