Chương II. Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ
2.1. Vectơ, tâm tỉ cự
2.1.1 Lí thuyết 1. Vectơ
−Vectơ là một đoạn thẳng trong đó đã chỉ rõ điểm đầu, điểm cuối.
− Độ dài của đoạn thẳng AB đƣợc gọi là độ dài của vectơ AB ( hay môđun của vectơ AB ) kí hiệu là AB .
2. Vectơ bằng nhau
Hai vectơ gọi là bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng độ dài. Nếu hai vectơ AB và CD bằng nhau, ta viết AB = CD .
3. Các phép toán vectơ a) Phép cộng các vectơ
− Quy tắc ba điểm(h,35) : AC = AB + BC
Quy tắc mở rộng cho n điểm:
A1An
= A + A1A2 + ⋯ + A2A3 n−1An .
− Quy tắc hình bình hành (h.35):
ABCD là hình bình hành thì AC = AB + AD .
− Tính chất của phép cộng các vectơ:
▪ a + b = b + a ( giao hoán).
▪ a + b + c = a + b + c (kết hợp).
▪ a + 0 = a
b) Phép trừ hai vectơ
−Hai vectơ gọi là đối nhau nếu tổng của chúng bằng 0 . Vectơ đối của vectơ a đƣợc kí hiệu là −a . Với kí hiệu đó, ta có a + −a = 0 .
− Hiệu của vectơ a và vectơ b ,kí hiệu là a − b , là tổng của a và (−b ). Nhƣ vậy :
a − b = a + (−b ).
A B
C D
a b
Hình 35
27
Ta có hai quy tắc quan trọng đối với phép trừ vectơ:
▪ AB = OA − OB ( O là điểm tùy ý).
▪a = b + c ⇔ a − b = c (quy tắc chuyển vế).
c) Phép nhân một vectơ với một số thực
Tích của số thực k với vectơ a là một vectơ, kí hiều là ka , đƣợc xác định nhƣ sau:
▪ Nếu k = 0 hoặc a = 0 thìka = 0 .
▪ Nếu k > 0 và a ≠ 0 thì ka ↑↑ a và ka = k. a .
▪ Nếu k < 0 và a ≠ 0 thì ka ↑↓ a và ka = −k. a . 4. Tâm tỉ cự
Cho n điểm A1, A2, … , An và n số thực α1, α2, … , αn sao cho α1 + α2, + ⋯ + αn ≠ 0. Khi đó, tồn tại duy nhất điểm I sao cho
α1IA + α1 2IA + ⋯ + α2 nIA = 0 . (1) n
Điểm I gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm { A1, A2, … , An} ứng với các hệ số α1, α2, … , αn n ≥ 2 .
Từ (1), với điểm M tùy ý ta có :
α1MA + α1 2MA + ⋯ + α2 n = αMAn 1+ α2 + ⋯ + αn MI .
Công thức này thường xuyên được sử dụng trong những bài toán có liên quan tới tâm tỉ cự. Ta gọi nó là công thức thu gọn.
Chú ý : nếu α1 + α2, + ⋯ + αn = 0 thì ta chứng minh đƣợc 𝑢 = α1MA +1 α2MA + ⋯ + α2 nMA n là một vectơ không đổi.
5. Sự biểu diễn vectơ và phép chiếu vectơ.
▪ Cho vectơ a ≠ 0 , b là vectơ tùy ý. Khi đó b //a ⇔ kR: b = ka . số k xác định nhƣ vậy là duy nhất.
▪ Cho a , b là hai vectơ không cùng phương, c là vectơ bất kì. Khi đó tồn tại duy nhất các số (m,n) sao cho c = ma + nb .
▪ Phép chiếu vectơ
Cho đường thẳng Δ và đường thẳng l không songsong với Δ, AB là vectơ bất kì.
Qua A, B kẻ các đường thẳng song song với l, chúng cắt Δ theo thứ tự tại A′, B′.
28
Vectơ A ′B′ được gọi là hình chiếu vủa vectơ AB qua phép chiếu vectơ phương l (phương chiếu) lên đường thẳng Δ (đường thẳng chiếu).
6.Tích vô hướng của hai vectơ
− Góc giữa hai vectơ a và b là góc giữa hai tia Om, On song song và cùng hướng với hai vectơ ấy, kí hiệu là (a , b ).
− Tích vô hướng của hai vectơ a , b là một số thực, kí hiệu a . b , xác định như sau:
a
. b = a . b . cos(a , b ).
− Các hằng đẳng thức
(a ± b )2 = a 2 ± 2a . b + b 2 ; (a + b ) (a – b ) = a 2 − b 2.
2.1.2 Một sốbài toán về vectơ và tâm tỉ cự
Bài toán 32. Cho hai điểm A, B phân biệt và hai số α và β không đồng thời bằng 0.
Chứng minh rằng :
a) Nếu α + β = 0 thì không tồn tại điểm M sao cho αMA + βMB = 0 .
b) Nếu α + β ≠ 0 thì tồn tại duy nhất điểm M sao cho αMA + βMB = 0 .
Bài giải.
a) Giả sử α + β = 0 mà có điểm M sao cho αMA + βMB = 0 . Suy ra αMA − αMB = 0 => α(MA − MB ) = 0 =>αBA = 0 .
Vì BA ≠ 0 nên α = 0 => β = 0 mâu thuẫn. Vậy không tồn tại điểm M.
b) Giả sử α + β ≠ 0, ta có αMA + βMB = 0
⇔−αAM + β AB − AM = 0
⇔(α + β)AM = βAB
29
⇔AM = β
α+ βAB . Đẳng thức này chứng tỏ sự tồn tại và duy nhất của điểm M, đồng thời chỉ ra cách dựng điểm M.
Bài toán 33. Cho tam giác ABC và ba số α, β, γ không đồng thời bằng 0.
Chứng minh rằng :
a) Nếu α + β + γ ≠ 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho αIA + βIB + γIC = 0 .
b) Nếu α + β + γ = 0 thì không tồn tại điểm M sao cho αMA + βMB + γMC = 0 .
Bài giải. a) Vì α + β + γ ≠ 0 => (α + β) + (β + γ) + (γ + α) ≠ 0 nên một trong ba số α + β, β + γ, γ + α khác không.
Chẳng hạn α + β ≠ 0 . Theo bài toán 32 tồn tại điểm E sao cho : αEA + βEB = 0 . Khi đó
αIA + βIB + γIC = 0 ⇔ α(IE + EA ) + β IE + EB + γIC = 0
⇔ α + β IE + αEA + βEB + γIC = 0
⇔ α + β IE + γIC = 0 . (*)
Vì α + β) + γ ≠ 0 nên theo bài toán 32, tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn (*).
b) Giả sử tồn tại điểm M thỏa mãn đẳng thức đã cho và giả sử, chẳng hạn α≠ 0.
Ta có : αMA + βMB + γMC = 0 ⇔ αMA + βMB − α + β MC = 0
⇔ 𝛼 MA − MC + β MB − MC = 0 ⇔ CA = −β
αCB ⇔ CA //CB (mâu thuẫn).
Vậy không tồn tại điểm M.
Bài toán 34.Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp điểm M trong các trường hợp sau:
a) MA + kMB = kMC .(1) (kR)
b) v = MA + 2MB + 3MC cùng song song với vectơ BC . Bài giải
a)Từ (1) ⇔MA = k MC − MB = kBC .
30
Hay MA cùng phương với BC .Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua A song song với cạnh BC của tam giác ABC.
b) Gọi I là điểm sao cho IA + 2IB + 3IC = 0 (điểm I nhƣ thế tồn tại duy nhất).
Thì ta có v
= MA + 2MB + 3MC = MI + IA + 2MI + 2IB + 3MI + 3IC = 6MI . Vì v cùng phương với vectơ BC ⇔M thuộc đường thẳng đi qua I và song song với cạnh BC của tam giác ABC.
Bài toán 35.Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp điểm M sao cho : a) MB + MC = MB − MC .
b) 2MA + 3MB = 3MB + 2MC .
c) 4MA + MB + MC = 2MA − MB − MC . d) 2 MA + MB + MC = MA + 2MB + 3MC . Bài giải.
a) Gọi I là trung điểm của BC ta có
MB + MC = MB − MC ⇔2 MI = CB ⇔MI = BC
2 .
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I, R= BC 2 .
b) Gọi hai điểm I, J thỏa mãn điều kiện:
2IA + 3IB = 0 và 3JB + 2JC = 0 ( I, J xác định duy nhất).
2MA + 3MB = 3MB + 2MC ⇔ 2MI + 2IA + 3MI + 3IB = 3MJ + 3JB + 2MJ + 2JC
5MI = 5MJ ⇔ MI = MJ.
Vậy tập hợp điểm các điểm M là đường trung trực của IJ.
c) Gọi điểm P thỏa mãn điều kiện :
4PA + PB + PC = 0 (P xác định duy nhất) và I là trung điểm của BC.
4MA + MB + MC = 2MA − MB − MC ⇔ 6MP = 2MA − 2MI ⇔ 3 MP = IA
31
⇔ MP = 1 3 IA.
Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm P, bán kính R = 1 3 IA.
d) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, Q là điểm sao cho:
QA + 2QB + 3QC = 0 ( Q xác định duy nhất).
2 MA + MB + MC = MA + 2MB + 3MC
⇔ 2 MG + GA + MG + GB + MG + GC = MQ + QA + 2MQ + 2QB + 3MQ + 3QC
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có GA + GB + GC = 0
=> 6 MG = 6 MQ ⇔ MG = MQ
⇔MG = MQ.
Vậy tập hợp các điểm M là đường trung trực của GQ.
Bài toán 36.Cho tam giác ABC và đường thẳng Δ. Tìm trên Δ điểm M sao cho 4MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất.
Bài giải.
Gọi I là điểm thỏa mãn 4IA + 2IB + 3IC = 0 ⇔4IA + 2IA + 2AB + 3IA + 3AC = 0
⇔9IA = 2BA + 3CA ⇔IA = 2
9BA +1
3CA ( vị trí của điểm I).
Với mọi điểm M ta có 4MA + 2MB + 3MC = 9MI .
Suy ra 4MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất ⇔9 MI nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất.
Kết hợp với điều kiện M Δ, ta suy ta điểm M phải tìm là hình chiếu vuông góc của I trên Δ.
Bài toán 37. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I,đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lƣợt tại M, N, P. Chứng minh rằng aIM + bIN + cIN = 0 .
Bài giải (h.36)
Gọi p là nửa chu vu vi tam giác ABC, ta có:
32
AP = AN = p − a, BM = BP = p − b, CN = CM = p − c,
ta có IM = IB + BM
= ICIM + CM => MC. IM = MC. IB + MC. BM MB. IM = MB. IC + MB. CM Cộng từng vế của hai đẳng thức, với chú ý MC. BM và MB. CM
là hai vectơ đối, ta đƣợc IM = MCBCIB +MBBCIC
=> aIM = p − c IB + p − b IC .(1)
Tương tự, bIN = p − a IC + p − c IA (2) cIP = p − b IA + p − a IC . (3) Cộng từng vế các đẳng thức (1), (2) và (3) thu đƣợc
aIM + bIN + cIP = 2p − b − c IA + 2p − a − c IB + p − a − b IC
= aIA + bIB + cIC = aIA + b + c IA + b. A′ + c. A′B = aIA′C + b + c IA ′
=> aIM + bIN + cIP = aIA + b + c IA . (4) ′
Vì I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta có IA IA′ = b
CA′ = c
BA′ =
b+c a . (5)
Từ (4) và (5) suy ra aIM + bIN + cIP = 0 .
Hệ quả. Với điểm J bất kì trong tam giác ABC, hạ JM1, JN1, JP1 lần lƣợt vuông góc với BC, CA, AB. Ta có a
JM1JM 1 + b
JN1JN 1 + c
JP1JN 1 = 0.
Bài toán 38. Cho đa giác lồi A1A2… An; e (1≤ i ≤n ) là vectơ đơn vị vuông góc 1 với A 1Ai+1 (xem An+1 ≡ A1) và hướng ra phía ngoài đa giác. Chứng minh rằng : A1A2e + A1 2A3e + ⋯ + A2 nA1e = 0n (định lí con nhím).
Bài giải.
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n.
Nếu n= 3 thì theo bài toán 37, mệnh đề đúng.
Giả sử đúngđếnn = k – 1 (k ≥ 4).
Xét trường hợp n = k (h.37). Gọi e là vectơ đơn vị,
Ak
Ak−1
A1
A2 ek
e1 ek−1
ek−2
e2 e
Hình 37
A
B A′ C
I
Hình 36
M P N
33
vuông góc với A k−1A1 , hướng ra phía ngoài tam giác Ak−1AkA1. Theo bài toán 37 ta có
Ak−1Ake + Ak−1 kA1e + Ak 1Ak−1e = 0 . (1) Áp dụng giả thiết quy nạp cho đa giácA1A2… Ak−1ta có
A1A2e + A1 2A3e + ⋯ + A2 k−1e = 0 . (2)
Từ (1) và (2) suy ra : A1A2e + A1 2A3e + ⋯ + A2 nA1e = 0n đpcm .
Bài toán 39.Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong tam giác.Đặt SMBC = Sa, SMCA = Sb , SMAB = Sc . Chứng minh rằng :
SaMA + SbMB + ScMC = 0 . Bài giải.(h.38)
Gọi D là giao điểm của đường thẳng MA và BC.
Ta có MD = DCBCMB +DBBCMC Nhƣng DC
DB = SMDC
SMDB = SMAC
SMAB = Sb
Sc
=>
DC
BC = Sb Sb + Sc DB
BC = Sc Sb + Sc
=> MD = SSb
b+ScMB +SSc
b+ScMC . (*)
MD
MA = SMDB
SMAB = SMDC
SMAC = SMDB + SMDC
SMAB + SMAC = Sa Sb + Sc
=> MD = S−Sa
b+ScMA . Thay vào (*) ta đƣợc−SaMA = SbMB + ScMC
=> SaMA + SbMB + ScMC = 0 .(đpcm)
Bài toán 40. Cho tam giác ABC không đều, BC là cạnh nhỏ nhất. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lƣợt tại X, Y, Z.
Gọi G là trọng tâm của tam giác XYZ. Trên các tia BA, CA lần lƣợt lấy các điểm E, F sao cho BE= CF= BC. Chứng minh rằng IG ⊥ EF.
A
B C
D M
Hình 38
34
Bài giải.
Không mất tính tổng quát, giả sử bán kính đường tròn (I) bằng 1. Dựng vectơ e vuông góc với EF (h.39).
Áp dụng định lí Con nhím cho tứ giác EBCF, ta có EBIZ + BCIX + CFIY + EFe = 0 .
Từ đó, với giả thiếtEB = BC = CF, ta có
BC(IZ + IX + IY ) + EFe = 0 => 3BCIG + EFe = 0
=> IG cùng phương với e . Vậy IG ⊥ EF.
Bài toán 41. a) Cho tứ giác ABCD. Tìm tập hợp các điểm M sao cho MA + MB + MC + MD = MA + MB − 2MC .
b) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Tìm điểm M thuộc (O) sao cho
MA + MB − MC lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài giải
a) Gọi G là trọng tâm tứ giác ABCD, E là trung điểm của AB, ta có MA + MB + MC + MD = 4MG ;
MA + MB − 2MC = MA − MC + MA − MC = CA + CB = 2CE . Do đó MA + MB + MC + MD = MA + MB − 2MC
⇔ 4MG = 2CE ⇔MG = 12 CE.
Tập hợp các điểm M là đường tròn (𝐺; 1
2 CE).
b) (h.40) Gọi I là đỉnh thứ tƣ của hình bình hành ABCI, ta có IA + IB − IC = 0 , suy ra MA + MB − MC = MI ,M.
Vậy MA + MB − MC lớn nhất⇔ MI lớn nhất ⇔ M ≡ M1; MA + MB − MC nhỏ nhất⇔ MI nhỏnhất ⇔ M ≡ M2.
▪
A
B C
M1
I
O
M2
Hình 40 A
B C
Z
Y
X
E F
e
Hình 39
I G
35
Trong đó M1;M2 là giao điểm của đường thẳng IO với đường tròn,M1 khác phía với I, M2 cùng phía với I đối với O ( lưu ý rằng tam giác ABC nhọn nên I luôn nằm ngoài đường tròn).
Bài toán 42.Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. H, I, K lần lƣợt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác HIK khi và chỉ khi a2MA + b2MB + c2MC = 0 .
Bài giải (h.41) Ta có
a
MHMH +MIb MI + MKc MK = 0 (địnhlíConnhím)(1) SaMA + SbMB + ScMC = 0 bài toán 39 (2)
Vậy a2 + bMA 2MB + c2MC = 0 (3) (2) và (3)⇔a
2
Sa = b2
Sb = c2
Sc
⇔ 2a2
a. MH = 2b2
b. MI = 2c2 c. MK
⇔ a
MH = b
MI = c
Mk (4).
(1)và 4 ⇔ MH + MI + MK = 0 ⇔ M là trọng tâm tam giác HIK.
Bài toán 43. Cho tam giác ABC, các điểm M, N, P thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng : AM, BN, CP đồng quy tại tâm tỉ cự của hệ điểm { A, B, C } ứng với các hệ số { α, β, γ } khi và chỉ khi
α + β + γ ≠ 0
βMB + γMC = γNC + αNA = αPA + βPB = 0 . Bài giải . (h.42)
Điều kiện cần. Nếu AM, BN, CP đồng quy tại O Và αOA + βOB + γ OC = 0 . thì α + β + γ ≠ 0 (định nghĩa tâm tỉ cự). Xét phép chiếu vectơ phương AM lên đường thẳng BC, ta có
βMB + γMC = 0 . K
A
B H C
M
I
Hình 41
36
tương tự, γNC + αNA = 0 αPA + βPB = 0 .
Điều kiện đủ. Ngƣợc lại, giả sử α + β + γ ≠ 0 và βMB + γMC = γNC + αNA = αPA + βPB = 0 . Gọi O là tâm tỉ cự của hệ điểm { A, B, C } ứng với các hệ số { α, β, γ }.ta có
αOA + βOB + γ OC = 0
=> αOA + β OM + MB + γ OM + MC = 0
=> αOA + β + γ OM + βMB + γMC = 0
=> αOA + β + γ OM = 0 =>M, O, A thẳng hàng.
Tương tự, các bộ điểm (N, O, B); (P, O, C) thẳng hàng.
Vậy AM, BN, CP đồng quy tại O(đpcm).
Bài toán 44.Cho tam giác ABC không đều nhau. Các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tương ứng tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy tại một điểm trên đường thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm tam giác ABC.
Bài giải. (h.43)
Gọi E, F là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với các tia AB, AC.
Ta có : 2AE = AE + AF = AB + BE + AC + CF
= AB + AC + BE + CF = AB + AC + BM + CM
= AB + AC + BC = 2p => AE = p (p là nửa chu vi ΔABC) Từ đó, BM = BE = AE − AB = p − c.
Lập luận tương tự, ta có
BM = AN = p − c CN = BP = p − a AP = CM = p − b
=>
p − b MB + p − c MC = 0 p − c NC + p − a NA = 0 p − a PA + p − b PB = 0 . Vì p − a + p − b + p − c = p ≠ 0
nên theo bài toán 43, AM, BN, CP đồng quy tại K thỏa mãn p − a KA + p − b KB + p − c KC = 0 .
A
B M C
N P
O
Hình 42
A
B M C
E
F
▪ ▪
P N
▪
Hình 43
37
=> 𝑝 KA + KB + KC − aKA + bKB + cKC = 0
=> 3𝑝KG − a + b + c KI = 0 (vì aIA + bIB + cIC = 0 , I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC)
=> 3pKG − 2pKI = 0 ( G là trọng tâm ΔABC).
Vậy K, G, I thẳng hàng.(đpcm)
Bài toán 45. Cho tam giác ABC, vẽ các trung tuyến AM, BN, CP và các phân giác AD, BE, CF. các điểm X, Y, Z thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho
MAD = XAD , NBE = YBE , PCF = ZCF.Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Bài giải. (h.44)
Lấy C1, B1tương ứng thuộc AB, AC sao cho AC1 = AC, AB1 = AB. Dễ thấy D∈ B1C1.
Gọi M1 = AX ∩ B1C1,dễ thấy M1là trung điểm củaB1C1. Ta có AM =1 12(AC + AB1 =1 ) 12(ACAB1.AB +ABAC1.AC )
= 1 2 (b
c AB + c b AC ).
Nhờ phép chiếu vectơ phương AM1 lên đường thẳng BC, ta có 0 =12(b
c XB + c
𝑏XC ) => b2XB + c2XC = 0 .
Tương tự ta có c2YC + a2YA = 0 , a2ZA + b2ZB = 0
Theo bài toán 43 suy ra AX, BY, CZ đồng quy tại điểm L, thỏa mãn:
a2LA + b2LB + c2LC = 0 (đpcm).
Bài toán 46. Cho tam giác ABC; M là điểm bất kì; H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC, CA, AB. Tìm vị trí của M sao cho MH2 + MI2 + MK2 nhỏ nhất.
Bài giải.(h.45)
Theo bất đẳng thức Bu-nhia-côp-xki, ta có
(a2 + b2 + c2)(MH2 + MI2 + MK2) ≥ (aMH + bMI + cMK)2
= (2SMBC + 2SMCA + 2SMAB)2 = 4SABC2
A
B C
B1 C1
M D X M1
Hình 44
A
M
I K
38
Suy ra MH2 + MI2 + MK2 ≥ 4SABC
2
a2+b2+c2.
Đẳng thức xảy ra
⇔
M nằm 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔𝑡𝑎𝑚𝑔𝑖á𝑐 MH
a = MI
b = MK c
⇔a2MH + b2MB + c2MC = 0
⇔M là tâm tỉ cự của hệ ba điểm {A, B, C } với các hệ số {a2, b2, c2}
⇔ M là trọng tâm của tam giác IHK.(M là điểm Lơ-moan của tam giác ABC) Tóm lại, MH2 + MI2 + MK2 nhỏ nhất khi M là điểm Lơ-moan của tam giác ABC(a2MH + b2MB + c2MC = 0 ), còn giá trị nhỏ nhất đó bằng 4SABC2
a2+b2+c2.
Bài toán 47. Cho hình vuông ABCD; E, F là các điểm xác định bởi BE = 13BC , CF = −1
2CD , đường thẳng AE cắt BF tại I. Chứng minh rằng AIC = 900. Bài giải. (h.46)
Ta có AE =2
3AB +1
3AC = 2
3AB +1
3(AB + AD )= AB +1
3AD . Lại có AI = AB + BI = AB + kBF = AB + k(BC + CF )
= AB + k(AD +12AB )= (1 +k2 )AB + kAD . Vì AI ↑↑ AE nên (1 +k2 ) : 1 = k : 1
3 => 1 +k
2 = 3k
=> k =2
5.Vậy AI = 6
5AB +2 5AD . Đồng thời cũng có
CI = AI − AC =6 5AB +
2
5AD − AB + BD = 1 5AB −
3 5AD AI . CI = 6
5AB +2
5AD 1
5AB −3
5AD = 6
25a2−256 b2 = 0.
(a là đội dài cạnh hình vuông)
=>AI ⊥CI(đpcm).
C
A B
D F
E I
Hình 46
39
Bài toán 48. Cho tam giác đều ABC. Lấy các điểm M, N thỏa mãn BM =1
3BC , AN = 1
3AB . Gọi I là giao điểm của AM và CN. Chứng minh rằng BIC = 900. Bài giải. (h.47)
Gọi a là độ dài cạnh tam giác đều ABC.
Vì I ∈ CN nên tồn tại x, y sao cho x + y = 1 (1) Và BI = xBN + yBC =2x3 BA +2y3 BM .
Vì I ∈ AM nên 2x 3 +2y
3 = 1. (2) Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra x =67, y =17.
Vậy BI = 47BA +17BC . (3) Mặt khác, CN =23CA +13CB .
Do đó BI .CN = 4
7BA + 1
7BC 2
3CA + 1
3CB
= 8
21BA . CA + 4
21BA . CB + 2
21BC . CA + 1
21BC . CB
= a2 8
21.12+ 214 . −12 + 212 . −12 −211 = 0. Vậy BI ⊥ CN.
Bài toán 49. Cho tam giác ABC, lấy điểm M nằm trong đó. Đường thẳng AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lƣợt tại A1, B1, C1. Gọi A2, B2, C2 là trung điểm của B1C1, A1C1, A1B1.Các đường thẳng MA2, MB2, MC2 giao với BC, CA, AB lần lượt tại A3, B3, C3. Ký hiệu giao điểm của ba đường thằng AA3, BB3, CC3 là K.
Chứng minh rằng M, K và trọng tâm của tam giác A1B1C1 thẳng hàng.
Bài giải. (h.48)
Vì M là một điểm trong tam giác ABC nên tồn tại ba số a, b,c thỏa mãn : aMA + bMB + cMC = 0
Chiếu theo phương AM, BM, CM lên BC, AC, AB ta có
A
B C
M N I
Hình 47
40
bA + cA1B = 0 , aB1C + cB1A = 0 , và aC1C + bC1A = 0 . 1B Ta lấy điểm D thỏa mãn
2a + b + c a + b + c DM = b b + a DB + c(c + a)DC
⇔ 2a + b + c aDA + bDB + cDC + aAM + bBM + cCM
−b b + a DB − c c + a DC = 0
⇔ 2a + b + c aDA + bDB + cDC − b b + a DB
− c c + a DC = 0
⇔ 2a + b + c aDA + a + c bDB + a + b cDC = 0
⇔ 2𝑎 + 𝑏 + 𝑐 (aDB + aB1 )+ a + c bDC1A + bC1 + a + b cDB1B +1 cB = 0 1C
⇔ 𝑎 + 𝑏 𝑎 + 𝑐 DB + DC1 = 0 . 1 Từ đó suy ra D ≡ A2 suy ra
2a + b + c a + b + c A = b b + a A2M + c(c + a)A2B 2C .
Chiếu lên phương A2M tới BC, ta có b b + a A + c c + a A3B = 0 3C
⇔ c+ab A +3B a+bc A = 0 . 3C Tương tự ta có :
b
c+aC 3B+ a
b+cC = 0 ,3A a
c+bB 3A+ c
a+bB 3C = 0 , b
c+aA 3B + c
a+bA 3C = 0.
Vậy b
c+aKB + a
b+cKA + c
a+bKC = 0.
Gọi G trọng tâm tam giác A1B1C1, ta có GA + GB1 + GC1 = 0 1
⇔ bGB + cGC
b+c + aGA + cGC
a+c + bGB + aGA
b+a = 0
⇔ 1
b+c + 1
a+c + 1
b+a aGA + bGB + cGC – ( b
c+aGB + a
b+cGA +
c
a+bGC )= 0
⇔(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) 1
b+c + 1
a+c + 1
b+a GM − b
c+a + a
b+c + c
a+b GK = 0 Vậy G, M và K thẳng hàng.
A
B C
A1 A3 B1 C1
M
A2
Hình 48
41
Bài toán 50. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm M nằm trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A1, B1, C1 cắt BC, CA, AB tại A2, B2, C2. Chứng minh rằng
A2, B2, C2thẳng hàng.
Bài giải. (h.49)
Ta có A = A2C2 + BC2B =2 ACB2BCB +BCAB2AB (1) B2C2
= B + AC2A =2 B2A
CA CA + AC2 CA AB
=B2A
CA CB + ACCA2−BCA2A AB (2)
Ta thấy ΔA2A1C và ΔA2BA1 đồng dạng (g.g)
=> A2A1
A2B = A2C
A2A1= A1C BA1
⇔ A2C
A2B = A1C
A1B 2
Ta làm tương tự rồi nhân vào ta có :
A2C
A2B . B2A
B2C . C2B
C2A = A1C
A1B . B1A
B1C . C1B C1A
2
Mặt khác ΔMA1B đồng dạng với ΔMB1A => AB1B
1A= MAMB
Làm tương tự rồi nhân vào ta có.
A1C
A1B . B1A
B1C . C1B
C1A = 1 => A2C
A2B . B2A
B2C . C2B C2A = 1
Ký hiệu A2C
A2B = k, B2A
B2C = i, C2B
C2A = j ta có : AC2
AB − B2A
CA BC2
AB
=
1
1−j − i
i−1 j 1−j
= 1
j − i(1 − j)
j(i − 1) = i − 1 − i + ji j(i − 1)
= ij(1 − 𝑘) j i − 1
▪
A
B C
A1
A2 B1
C1
O
Hình 49
42
= 𝑖(1 − 𝑘) (𝑖 − 1) =
B2A CA A2B
CB
=>
A C 2 AB −B 2A
CA BC 2
AB
=
B 2A CA A 2B
CB
= p (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có B =pA2C2 2C2. Vậy A2, B2, C2thẳng hàng.
2.2. Tích ngoài của hai vectơ va ứng dụng 2.2.1 Lí thuyết
I – Định nghĩa và tính chất của tích ngoài 1. Định nghĩa
Tích ngoài của hai vectơ a , b kí hiệu là a ∧ b là một số, đƣợc xác định nhƣ sau:
Nếu a = 0
b = 0 thì a ∧ b = 0.
Nếu a ≠ 0
b ≠ 0 thì a ∧ b = a b sin a , b .
Từ định nghĩa trên ta có ngay hệ quả hiển nhiên : a //b ⇔a ∧ b = 0.
2. Tính chất
Tích ngoài của hai vectơ có ba tính chất cơ bản sau đây:
i) a ∧ b = − b ∧ a ( phản tương giao ) ; ii) a ∧ b + c = a ∧ b + a ∧ c ( phân phối) ; iii) 𝑘𝑎 ∧ 𝑙𝑏 = 𝑘𝑙 a ∧ b .
II – Hướng và diện tích đại số của tam giác
1. Hướng của tam giác, góc lượng giác giữa hai vectơ
− Hướng của tam giác . Cho tam giác ABC, ta thấy các hướng A → B → C;
B → C → A; C → A → B trùng nhau.Các hướng trùng nhau đó gọi là hướng của tam giác ABC. Nếu hướng của tam giác ABC trùng với hướng của mặt phẳng thì ta nói tam giác có hướng dương(thuận). Nếu hướng của tam giác ABC ngược với hướng của mặt phẳng thì ta nói tam giác có hướng âm (nghịch).