chuyên đề hình học vecto
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (398.07 KB, 50 trang )
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
1
CHƯƠNG I: VECTƠ
I. Đònh nghóa:
1. Vectơ AB là một đoạn thẳng có đònh hướng từ A đến B, kí hiệu AB
.
a) A: điểm gốc. B
b) B: điểm ngọn.
c) Đường thẳng AB: giá của AB
. A
2. Phương của AB
: tập hợp các đường thẳng song song với đường thẳng AB, hoặc trùng với đường
thẳng AB.
3.
Hướng của AB
: hướng (chiều) từ A đến B theo phương của AB
.
4.
Môđun của AB
, kí hiệu AB
là độ dài của đoạn thẳng AB.
5.
Vectơ không, kí hiệu 0
, là vectơ có môđun bằng 0 (điểm gốc và điểm ngọn trùng nhau). 0
có
phương và hướng tùy ý.
II.
Vectơ cùng phương, cùng hướng, ngược hướng: B
123
d//d//d (d
1
, d
2
, d
3
cùng phương) E D
a)
AB
và CD
cùng phương, cùng hướng. A F
b)
AB
và EF
cùng phương ngược hướng. C
III.
Vectơ bằng nhau, đối nhau, tự do:
1.
Vectơ bằng nhau:
AB và CD cùng phương
AB CD AB và CD cùng hướng
AB CD
⎧
⎪
⎪
=⇔
⎨
⎪
=
⎪
⎩
2.
Vectơ đối nhau:
AB và EF cùng phương
AB và EF đối nhau AB và EF ngược hướng
AB EF
⎧
⎪
⎪
⇔
⎨
⎪
=
⎪
⎩
Kí hiệu:
AB EF; AB BA=− =−
3.
Vectơ tự do: là các vectơ bằng nhau a b c
=
= với gốc tùy ý.
IV.
Phép cộng và trừ vectơ:
1.
Tổng của hai vectơ: c
a)
Đònh nghóa: OA a,AB b,OB c===
b
b
Nếu
OB OA AB=+
thì cab=+
. a
b)
Quy tắc ba điểm của phép cộng vectơ:
O, A, B bất kỳ:
OB OA AB OB OA AC CD DB=+⇒=+++
a
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
2
c)
Tính chất của phép cộng vectơ:
() ()
abba
ab ca bc
+=+
++=++
()
a00aa
aa0
+
=+=
+− =
d)
Quy tắc hình bình hành: A C
OA OB OC
OACB là hình bình hành
+=
2.
Hiệu của hai vectơ: O B
a)
Đònh nghóa:
()
aba b−=+−
A
b)
Quy tắc ba điểm của phép trừ vectơ:
O, A, B bất kỳ:
OB OA AB−=
O B
V.
Phép nhân vectơ:
1.
Đònh nghóa: Cho a0,mR,m0≠∈ ≠
b cùng hướng với a nếu m>0
ma b: b ngược hướng với a nếu m<0
bma
⎧
⎪
⎪
=
⎨
⎪
=
⎪
⎩
Quy ước:
m0
0.a 0, a
ma 0
a0
m.0 0, m
⎫
=
⎧
=∀
⎪⎪
⇒=⇔
⎬⎨
=
⎪
=∀
⎪
⎩
⎭
2.
Tính chất:
()
()
()
m. n.a m.n .a
mn.amana
=
+=+
(
)
()
()
ma b ma mb
1.a 1. a a
+= +
−
=−=−
3.
Vectơ cùng phương:
a và b cùng phương, b 0 có m R duy nhất sao cho a mb
≠⇔ ∈ =
.
Chú ý:
1.
(
)
O, A, B thẳng hàng OA và OB cùng phương OA kOB k R⇔⇔=∈
.
2.
M là trung điểm MA MB 0⇔+=
.
3.
AM là trung tuyến của ABC AB AC 2AMΔ⇔+=
4.
G là trọng tâm của ABC GA GB GC 0Δ⇔++=
.
5.
1212
OA OA A A , O=⇒≡∀
BÀI TẬP
1. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF. Dựng các vectơ EH
và FG
bằng vectơ AD
, chứng minh
rằng CDGH là hình bình hành. F G
Hướng dẫn:
Vì ABCD và ABEF là hình bình hành E H
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
3
nên: AB DC FE
GH DC
gt : FG EH FE GH
⎫
==
⎪
⇒=
⎬
=⇒=
⎪
⎭
A D
Do G, H, D, C không thẳng hàng. Vậy CDGH là hình bình hành. B C
2.
Cho bốn điểm A, B, C, D. Tính các vectơ sau:
a)
vABDCBDCA=+++
.
b)
uABCDBCDA=+++
.
Hướng dẫn:
a)
()
(
)
vABDCBDCAABBD DCCAADDA0=+++= + + + =+=
.
b)
()
(
)
vABCDBCDA ABBC CDDA ACCA0=+++= + + + =+=
.
3.
Cho bốn điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng AB CD AC DB−=+
.
Hướng dẫn:
AB CD AC DB AB CD AC BD AB BD AC CD AD AD−=+⇔−=−⇔+=+⇔=
(đẳng thức đúng).
Cách khác:
()()
AB CD AC CB CB BD AC BD AC DB−= + − + =−=+
.
4.
Cho hình bình hành ABCD, O là giao điểm hai đường chéo.
Chứng minh
OA OB OC OD 0+++=
.
Hướng dẫn:
O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD:
()()
OA OB OC OD OA OC OB OD 0+++= + + + =
5.
Cho sáu điểm A, B, C, D, E, F. Chứng minh: AD BE CF AE BF CD++=++
.
Hướng dẫn:
()()
(
)
()()
AD BE CF AE ED BF FE CD DF
AE BF CD ED DF FE
AE BF CD
++= + + + + +
=+++++
=++
6.
Cho hai vectơ
()
a và b a,b 0≠
. Hãy tìm mối quan hệ giữa a và b
nếu có một trong hai điều kiện
sau:
ab a b+=+
; ab ab+=−
. A
Hướng dẫn:
a
b
Nếu
ab a b+=+
O cab=+
B
Ta có:
OB OA AB A nằm giữa O và B a, b cùng hươ
ù
ng=+⇒ ⇒
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
4
Nếu
ab ab+=−
A b
B
Ta có:
OB CA=
a
Hình bình hành OABC có hai đường chéo bằng nhau
OABC là hình chữ nhật OA OC
⇒⇒⊥
ab⇒⊥
O C
7.
Cho tứ giác ABCD, I và J lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC và BD.
Chứng minh AB CD 2IJ
+=
.
Hướng dẫn:
A
()()
AB CD AI IJ JB CI IJ JD+=+++++
()( )
2IJ AI CI JB JD=++++
B D
2IJ
=
C
8.
Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.
Chứng minh:
AM BN CP 0++=
.
Hướng dẫn:
()()()
11
AM BN CP AB BM BC CN CB BP AB BC MC CN AB MN 0
22
++= + + + + + =+ + += + =
.
Vì
11
BC CB 0,BP BA,BM MC,MN BA
22
+= = = =
Cách khác: Dùng quy tắc trung điểm
()
()
()
1
AM AB AC
2
1
BN BA BC đpcm
2
1
CP CA CB
2
⎧
=+
⎪
⎪
⎪
=+⇒
⎨
⎪
⎪
=+
⎪
⎩
9.
Cho tứ giác ABCD, M và N lần lượt là trung điểm của AD và BC.
Chứng minh rằng
()
1
MN AB DC
2
=+
.
Hướng dẫn:
()()
()()()
11
MN MB MC MA AB MD DC
22
111
MA MD AB DC AB DC
222
=+=+++
=+++=+
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
5
10.
Cho hai vectơ
a và b
. Chứng minh rằng:
a)
ab a b+=+
b)
ab ab+=−
Khi nào xảy ra dấu đẳng thức?
Hướng dẫn:
a)
Dựng OA a,AB b,OB a b===+
.
Với ba điểm O, A, B luôn có OB OA+AB hay a b a b
≤
+≤+
.
Dấu " " xảy ra khi O, A, B thẳng hàng và A nằm trong OB
= .
b)
Dựng OA a,OB b. Ta có: a b OB OA BA== −=−=
.
Suy ra: a b AB AB OA OB a b−= = ≥ − = −
.
Dấu " " xảy ra khi a // b
=
.
11.
Cho đoạn thẳng AB và hai số ,αβ không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
a)
Nếu 0 thì tồn tại duy nhất điểm M sao cho MA MB 0α+β≠ α +β =
.
b)
Nếu 0 thì không tồn tại điểm M sao cho MA MB 0α+β= α +β =
.
c)
Nếu 0 thì v MA MB không đổi, không phu
ï
thuộc vò trí điểm Mα+β= =α +β
.
d)
(
)
Nếu 0 thì với mọi điểm M, ta có: MA MB MI,α+β≠ α +β = α+β
trong đó I là điểm xác đònh
bởi
IA IB 0
α+β=
.
e)
Nếu 0, M và N xác đònh bởi MN MA MBα+β≠ ∀ =α +β
.
Chứng minh rằng đường thẳng đi qua một điểm cố đònh.
Hướng dẫn:
a)
()
()
MA MB 0 MA AB AM 0 AM AB AM AB
β
α+β=⇔−α+β − =⇔α+β =β⇔ =
α+β
tồn tại duy nhất M⇒ .
b)
Giả sử M∃ sao cho
(
)
MA MB 0 MA MB 0 MA MB 0α+β=⇒α−α=⇔α − =
BA 0⇒α =
00⇒α= ⇒β= : trái giả thiết. Vậy không tồn tại M thỏa yêu cầu bài toán.
c)
v MA MB BA là vectơ không đổi.=α +β =α
d)
()
(
)
()
(
)
MA MB MI IA MI IB MI IA IBα+β=α ++β +=α+β +α+β
Vậy
()
MA MB MI hay MI MA MB
αβ
α+β=α+β = +
α+β α+β
.
e)
Đặt
(
)
MN MA MB MN MI MN// MI M,N,I thẳng hàng=α +β ⇒ = α+β ⇒ ⇒
Vậy đường thẳng MN luôn qua điểm I cố đònh.
12.
Cho tam giác ABC. Gọi A
1
, B
1
, C
1
là các điểm xác đònh bởi
11
2A B 3A C 0
+
=
,
11
2B C 3B A 0
+
=
.
Chứng minh rằng tam giác ABC và A
1
B
1
C
1
có cùng trọng tâm.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
6
Hướng dẫn:
Giả thiết ta có:
()( )
1
111111
1
2GB 3GC 5GA
2GC 3GA 5GB 5 GA GB GC 5 GC GA GB GG 0 hay G G
2GA 3GB 5GC
⎫
+=
⎪
⎪
+= ⇒ ++= ++ ⇒= ≡
⎬
⎪
+=
⎪
⎭
.
Trong đó G là trọng tâm tam giác ABC, G
1
là trọng tâm tam giác A
1
B
1
C
1
.
13.
Cho hai vectơ
a,b khác 0
và không cùng phương. Gọi
u,v
là hai vectơ đònh bởi
11
uab
=
α+
β
,
22
vab=α +β
. Chứng minh rằng
12 12
uv và =⇔α=α β=β
, còn u,v
cùng phương
12 21
0⇔αβ −αβ = .
Hướng dẫn:
•
(
)
(
)
11 22 12 21
uv a b a b a b= ⇔α +β =α +β ⇔α−α =β−β
(1)
Điều này vô lý nếu
12 21
0 hoặc 0α−α≠ β−β≠ .
Vậy
()
12 21 1 2 12
10 và ⇔α −α = =β −β ⇒α =α β =β .
• Ta có
22
12 1 1
u và v cùn
g
p
hươn
g
k,k R;k k 0⇔∃ ∈ + >
Sao cho
()()
11 22
12 1122 1122
11 22
kk 0
ku kv 0 k k a k k b 0
kk 0
α+ α=
⎧
+=⇔α+α+β+β=⇔
⎨
β+ β=
⎩
.
Hệ có nghiệm khi
12
kk0==
• Điều kiện
12
22
12 1221
12
kk0D 0 0
αα
+>⇒= =⇔αβ−αβ=
ββ
14.
A, B, C là ba điểm phân biệt.
Chứng minh rằng: A, B, C thẳng hàng AB và AC cùng phương
⇔
.
Hướng dẫn:
Thuận: A,B,C thẳng hàng AB và AC cùng giá AB, AC cùng phương
⇔⇒
.
Đảo: Nếu AB,AC
cùng phương thì hai đường thẳng AB, AC cùng phương. Nhưng hai đường thẳng này
có chung điểm A nên trùng nhau. Suy ra A, B, C thẳng hàng
15.
Cho hình thang ABCD có hai đáy AB, CD với AB 2CD
=
. Từ C vẽ CI DA=
. Chứng tỏ:
a)
I là trung điểm AB.
b)
DI CB=
.
Hướng dẫn:
a)
Do CI DA=
nên CIAD là hình bình hành AI //CD⇒ .
Do đó I ở trên AB.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
7
Mặt khác:
AI DC
AB
AI
AB 2DC 2
=
⎧
⇒= ⇒
⎨
=
⎩
I là trung điểm AB.
b) CIAD là hình bình hành DC AI
DC IB DCIB là hình bình hành DI CB
I là trung điểm AB nên AI IB
⎫
⇒=
⎪
⇒=⇒ ⇒=
⎬
=
⎪
⎭
16.
Cho hai hình bình hành ABCD và ACEF.
a)
Dựng các điểm M, N sao cho
EM BD,FN BD==
.
b)
Chứng minh rằng
CD MN=
.
Hướng dẫn:
ABCD là hình bình hành CD BA
CD EF
ABEF là hình bình hành EF BA
⎫
⇒=
⎪
⇒=
⎬
⇒=
⎪
⎭
EM BD
EM FN EMNF là hình bình hành MN EF
FN BD
⎫
=
⎪
⇒=⇒ ⇒=
⎬
=
⎪
⎭
17.
Cho hình bình hành ABCD. Dựng các điểm M, N thỏa mãn:
a)
MA MB MC AD−−=
.
b)
NC ND NA AB AD AC+−=+−
.
c)
Chứng minh MN BA=
.
Hướng dẫn:
a)
MA MB MC AD BA MC AD CM AD BA AD AB AC−−=⇔−=⇔ =−=+=
C là trung điểm AM⇒
b)
AC ND AC AC DN AC N là đỉnh thứ tư của hình bình hành DACN+=−⇔=⇒
.
c)
Từ câu a và b CM DN DCMN là hình bình hành CD MN⇒=⇒ ⇒=
Tương tự BA CD MN BA=⇒ =
.
18.
Cho tam giác đều ABC cạnh a. Xác đònh vectơ AB AC+
và tính môđun vectơ này.
Hướng dẫn:
Vẽ trung tuyến AM, kéo dài AM lấy điểm E sao cho
ME AM
=
.
Ta có:
AB AC 2AM AE+= =
.
Do đó:
a3
AB AC 2 AM 2. a 3
2
+= = =
.
19.
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Xác đònh vectơ
()
1
AB AC AD
2
++
và tính môđun vectơ này.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
8
Hướng dẫn:
()() ()
11 1
AB AC AD AB AD AC AC AC AC
22 2
⎡⎤
++ = + + = + =
⎣⎦
Do đó:
()
1
AB AC AD AC a 2
2
++ = =
.
20.
Cho tam giác đều ABC cạnh a, trực tâm H. Tính môđun HA,HB,HC
.
Hướng dẫn:
2 2a3 a3
HA HB HC AA .
3323
′
=== = =
(AA’ là đường cao).
21.
Cho hình vuông ABCD tâm O cạnh a. Xác đònh môđun các AB AD, AB AC, AB AD++−
Hướng dẫn:
¾ Theo quy tắc hình bình hành: AB AD AC AB AD AC AC a 2+=⇒+ = ==
.
¾ Vẽ CA AB. Ta có: AB AC AC CA AA
′′′
=+=+=
2222
AB AC AA AA AD DA a 4a a 5 (pitago)
′′ ′
⇒+= = = + =+=
.
¾ AB AD DA AB DB AB AD DB DB a 2−=+=⇒− = ==
.
VẤN ĐỀ 1: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VECTƠ
9 Dùng quy tắc ba điểm AB BC AC; AC AB BC+= −=
.
9 Mở rộng quy tắc ba điểm
12 23 n1n 1n
AA AA A A AA
−
+++ =
.
9 Quy tắc rút gọn:
Nếu
11 22 nn
IA IA IA 0α+α++α =
thì
()
1122 nn 12 n
MA MA MA MIα +α + +α = α +α + +α
.
9 Nếu G là trọng tâm của
()
12 n
A ,A , ,A và G’ là trọng tâm của
()
12 n
B ,B , ,B thì ta có
11 22 nn
A B A B A B nGG
′
+++=
.
9 Quy tắc hình bình hành: Cho hai vectơ AB,CD khác 0
và không cùng phương. Dựng hình bình hành
ABCD. Ta có:
AC AB AD 2AM=+=
.
BÀI TẬP
1. Cho tứ giác ABCD. M, N lần lượt là trung điểm AD, BC, O là trung điểm MN. Chứng minh:
a)
AD CD AC DB−=+
.
b)
()()
11
MN AB DC AD BC BD
22
=+=++
.
c)
OA OB OC OD 0+++=
.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
9
d)
MA MB MC MD 4MO; M+++= ∀
e)
Gọi F là trung điểm CD. Chứng minh rằng:
(
)
2AB AN FA DA 3DB+++ =
.
Hướng dẫn:
a)
Quy tắc ba điểm: AB CD AC CB CD AC DC CB AC DB−=+−=++=+
.
b)
Quy tắc ba điểm, trung điểm:
()()
(
)
(
)
AB DC AM MN NB DM MN NC AM DM NB NC 2MN+= +++ ++= + ++=
(2 vectơ đối nhau).
c)
Quy tắc trung tuyến, trung điểm:
()
(
)()
OA OB OC OD OA OD OB OC 2OM 2ON 2 OM ON 0+++= + + + = + = + =
d)
()
(
)
(
)
(
)
MA MB MC MD MO OA MB OB MC OC MD OD+++= ++ ++ ++ +
4MO OA OB OC OD 4MO 0 4MO=++++=+=
e)
()
(
)
2AB AN FA DA 3DB 2DA AB FA AN 3DB+++ = ⇔ +++ =
()
2DB FN 3DB⇔+=
2FN DB⇔=
: hiển nhiên đúng.
2.
Cho tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có trọng tâm là G và G’.
a)
Chứng minh
GA GB GC 0++=
.
b)
Chứng minh AA BB CC 3GG
′′′ ′
++=
.
c)
Suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác có chung trọng tâm là AA BB CC 0
′′′
++=
.
d)
Gọi G
1
, G
2
, G
3
là trọng tâm BAC , CAB , ABC
′
′′
ΔΔΔ. Chứng minh G là trọng tâm
123
GGG
Δ
. Biết
ABC và A B C
′′′
ΔΔ
có cùng trọng tâm G. A
Hướng dẫn:
a)
GB GC 2GM+=
(tính chất trung điểm) N
Mà
AG 2GM=
G
Nên
GA GB GC AG 2GM 0++=−+ =
b)
Quy tắc ba điểm: B M C
AA AG GG G A
BB BG GG G B
CC CG GG G C
′′′′
=+ +
′′′′
=+ +
′′′′
=+ +
()
(
)
AA BB CC 3GG AG BG CG G A G B G C
′ ′ ′ ′ ′′ ′′ ′′
⇒++= + +++ + +
Mà AGBGCG0 (câu 1)++=
GA GB GC 0 (tính chất trọng tâm)
′′ ′′ ′′
++=
Nên
AA BB CC 3GG
′′′ ′
++=
c)
GG GG 0 AABBCC 0
′′ ′′′
≡⇒ =⇔ + + =
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
10
d)
Theo trên ta có:
123
AG BG CG 0++=
Ta có:
1
AB AC AA 3AG
′
++ =
(G
1
là trọng tâm tam giác BCA’)
2
BA BC BB 3BG
′
++ =
(G
2
là trọng tâm tam giác CAB’)
3
CA CB CC 3CG
′
++ =
(G
3
là trọng tâm tam giác ABC’)
(
)
123
AA BB CC AC BC CB AB BA CA 3 AG BG CG
′′′
⇒++++++++= + +
(1)
Mà
AA BB CC 0
′′′
++=
và
ABC, A B C
′
′′
ΔΔ
có chung trọng tâm G.
Suy ra (1):
()
123
3AG BG CG 0++ =
.
Vậy G là trọng tâm tam giác G
1
G
2
G
3
.
3.
Cho hình bình hành ABCD.
a)
Cho AB a,AD b==
, I là trung điểm CD, G là trọng tâm tam giác BCD.
Chứng minh rằng
1
BI b a
2
=−
, tính AG theo a, b
.
b)
Nếu G’ là trọng tâm tam giác BCI. Chứng minh
52
AG a b
63
′
=+
.
c)
Trên ABCΔ , gọi A
1
, B
1
, C
1
là các điểm xác đònh bởi
11
2A B 3A C 0
+
=
,
11
2B C 3B A 0
+
=
,
11
2C A 3C B 0+=
. Chứng minh rằng
111
ABC và A B CΔΔ có cùng trọng tâm.
d)
Nếu B
1
, C
1
ở câu c là trung điểm của CA, AB. Đặt
11
BB u,CC v
=
=
.
Tính BC,CA,AB
theo u,v
.
Hướng dẫn:
a)
() ()()()
11 1 1 1
BI BC BD AD AD AB 2AD AB 2b a b a
22 2 2 2
⎡⎤
=+=+−= −=−=−
⎣⎦
221
AG AB BG AB BI a b a
332
⎛⎞
=+=+ =+ −
⎜⎟
⎝⎠
D I C
Vậy
21
AG a b a
32
⎛⎞
=+ −
⎜⎟
⎝⎠
G
b)
()
3AG ABACAI AB ABAD AI
′
=++=+ + +
()
2AB AD AD DI=+++
A B
15
2AB 2AD AB AB 2AD
22
=++ = +
Vậy
52
AG a b
63
′
=+
(đpcm)
c)
Gọi G và G
1
lần lượt là trọng tâm
111
ABC và A B C
Δ
Δ .
Ta có:
()
(
)
11 1 1 1
2AB3AC 0 2AGGB 3AGGC 0 2GB3GC 5GA+=⇔ ++ +=⇔+=
.
Tương tự ta có:
11 1
2B C 3B A 0 2GC 3GA 5GB+=⇔+=
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
11
11 1
2C A 3C B 0 2GA 3GB 5GC+=⇔+=
Vậy từ ba đẳng thức suy ra
()
(
)
111
5 GA GB GC 5 GA GB GC++ = + +
111
111 111 111
11
GA GB GC 0
GG G A GG G B GG G C 0
3GG 0 G G
⇔++=
⇔+ ++ ++ =
⇔=⇒≡
d)
Ta có:
1
BA BC 2BB 2u+= =
1
CA CB 2CC 2v+= =
hay CB BA CB 2CB BA 2v++= +=
Vậy:
()
()
()
2
BC u v
2u BA BC
2
3
CA CB BA 2v u
23
2v BA 2BC
BA 2u v
3
⎧
=−
⎪
⎧
=+
⎪⎪
⇒⇒=+=+
⎨⎨
=−
⎪
⎪
⎩
=+
⎪
⎩
4.
Cho tam giác ABC, trọng tâm G.
a)
Gọi A
1
, B
1
, C
1
lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB. Đặt
11
BB u,CC v
=
=
. Chứng minh rằng
111
AA BB CC 0++=
và tính BC,CA, AB theo u và v
.
b)
Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho
2CI 3BI
=
, F là điểm trên cạnh BC kéo dài sao cho
5FB 2FC= . Tính
AI,AF
theo AB và AC
, tính AG theo AI và AF
.
c)
H là điểm đối xứng của B qua G. Chứng minh
()
21 1
AH AC AB;CH AB AC
33 3
−
=− = +
.
Hướng dẫn:
a)
Ta có:
()()()
1
1111
1
AB AC 2AA
BA BC 2BB AA BB CC AB BA CA AC BC CB 0
CA CB 2CC
⎫
+=
⎪
⎪
+= ⇒++=+++++=
⎬
⎪
+=
⎪
⎭
BA BC 2u
Theo trên:
CA CB 2CB BA 2v
⎧
+=
⎪
⎨
+= +=
⎪
⎩
() () ()
22 2
BC u v ;BA 2u v AB 2u v
33 3
−
=− = +⇒= +
b)
Ta có:
()
(
)
()()
2CA AI 3BA AI 0
2CI 3BI 0
5BF 2CF 0
5BA AF 2CA AF 0
⎧
+
++=
⎧
+=
⎪⎪
⇔
⎨⎨
−=
⎪
+
−+=
⎩
⎪
⎩
32 32
5AI 3AB 2AC AI AB AC và AF AB AC
55 55
⇒= + ⇒= + = −
Ta lại có:
3AG AAABAC ABAC=++=+
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
12
Do
32 53
AF AB AC AB AI AF
55 88
32 259
AI AB AC AC AI AF
5 5 16 16
⎧⎧
=− =+
⎪⎪
⎪⎪
⇒
⎨⎨
⎪⎪
=+ = −
⎪⎪
⎩⎩
Vậy
11 351
AG AB AC AI AF
3 3 48 16
=+= −
.
c)
()
221
AH AB 2AG AA AB AC hay AH AC AB(đpcm)
333
+= = ++ = −
()
2121 11
CH CA CB CA CA AB CA AB
3333 33
=−=− +=−
Vậy
11
CH AC AB
33
=− −
.
VẤN ĐỀ 2: XÁC ĐỊNH MỘT ĐIỂM THỎA MÃN MỘT HỆ THỨC VECTƠ
Bài 1: Cho tam giác ABC, hãy dựng các điểm I, J, K, L biết rằng: A L
1)
IA 2IB 0−=
.
2)
JA JB 2JC 0−− =
.
3)
KA KB KC BC++=
. K G
4)
2LA LB 3LC AB AC−+ =+
Hướng dẫn:
B C
1)
()
IA 2IB 0 IA 2 AB AI 0 AI 2AB−=⇔− −=⇔=
.
Vậy I là điểm đối xứng của A qua B. J
2)
1
JA JB 2JC 0 BA 2CJ 0 CJ AB
2
−− =⇔ + =⇔ =
3)
Cách 1: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có: I
KA KB KC 3KG++=
Vậy
1
3KG BC GK CB
3
=⇔ =
, K thuộc AB.
Cách 2: Ta có:
BC KC KB=−
Vậy
()
2
KA KB KC KC KB KA 2KB 0 KA 2 AB AK 0 AK AB
3
++=−⇔+ =⇔−+ − =⇔ =
Vậy K thuộc AB.
4)
Ta có:
(
)
(
)
2LA LB 3LC AB AC 2AL AB AI 3 AC AL AB AC−+ =+⇔− − −+ − =+
1
4AL 2AC 2AB AL BC
2
⇔=−⇔=
.
Bài 2: Cho tam giác ABC. Hãy dựng điểm I, F, K, L sao cho:
1)
2IA 3IB 3BC−=
.
2)
FA FB 2FC 0++ =
.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
13
3)
2KA KB 2CB CA+= +
.
4)
IA IB IC BC+−=
.
5)
FA FB FC AB AC++= +
.
6)
3KA KB KC 0++ =
.
7)
3LA 2LB LC 0−+=
.
Hướng dẫn:
1)
()
2AI 3 IB BC 3IC 3AC IA 0=+=⇔+=
.
Vậy I là điểm trên
AC
sao cho AI 3AC=
.
2)
Gọi M là điểm giữa đoạn AB, ta có: FA FB 2FC 0 2FM 2FC 0 FM FC 0
+
+=⇔ +=⇔+=
.
Vậy F là điểm giữa của đoạn MC.
3)
Gọi N là điểm trên BA sao cho
2NB NA 0
+
=
và P là điểm trên BA sao cho
2PA PB 0+=
.
Ta có:
BA
2KA KB 2CB CA 3KP 3CN hay KP CN CK NP
3
+= +⇔ = =⇔==
Vậy K thỏa
1
CK BA
3
=
.
4)
Ta có: IA CB BC IA 2BC+=⇔=
.
Vậy I là điểm trên đường thẳng qua A, song song với BC sao cho
IA 2BC=
5)
Ta có:
FA GB AB FC AC 0 3FA 0 F A+−+−=⇔ =⇔≡
6)
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có: 3KA GB GC 5GK 2GA 5GK++= ⇒ =
.
Vậy K nằm trong đoạn GA sao cho
2
GK GA
5
=
7)
Gọi M là trung điểm AC, ta có: 3LA 2LB LC 0
−
+=
3MA 2MB MC 2ML 2MA 2MB MA MB 2ML MA MB ML hay BA ML⇒−+=⇔−++=⇔−= =
.
Vậy L là điểm thứ tư của hình bình hành dựng trên hai vectơ
BA và BM
.
Bài 3: Cho tam giác ABC và điểm D, E.
1)
Chứng minh nếu OA OB OC 0++=
thì O là trọng tâm tam giác ABC.
2)
Xác đònh M thỏa:
a)
MA 2MB 0+=
.
b)
MA MB 2MC 0++ =
.
c)
MA MB MD MD ME++=−
.
d)
2MA 3MB MC 0+−=
.
3)
Xác đònh điểm M thỏa:
a)
MA 3MB 0−=
.
b)
MA MB MC AB AC++=+
.
c)
2MA 3MB 4MC 0−+=
.
4)
Gọi I là điểm xác đònh bởi 5IA 7IB IC 0−−=
, G là trọng tâm tam giác ABC.
a)
Chứng minh GI 2AB=
.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
14
b)
AI BG O=∩ . Tính
OA
OI
.
c)
Xác đònh điểm thuộc đường thẳng d sao cho
min
5MA 3MB−
.
Hướng dẫn:
1)
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
()()
(
)
OA OB OC 0 OG GA OG GB OG GC 0
3OG GA GB GC 0 3OG 0 hay O G
++=⇔ + + + + + =
⇔+++=⇔= ≡
2)
a)
1
MA 2MB 0 MB BA 2MB 0 3MB AB 0 MB AB
3
+=⇔++=⇔−=⇔=
.
b)
(
)
MA MB 2MC 0 2MI 2MC 0 I là trung điểm AB MI MC 0++ =⇔ + = ⇔+=
Vậy M là trung điểm IC.
c)
MA MB MC MD ME 3MG EM MD ED++=−⇔ =+=
11
MG ED hay GM DE
33
⇔= =
()
G là trọng tâm ABCΔ .
d)
(
)
(
)
2MA 3MB MC 0 2MA 3 MA AB MA AC 0 4MA 3AB AC 0+ − =⇔ + + − + =⇔ + − =
() ()
11
MA AC 3AB ha
y
AM 3AB AC
44
⇔= − = −
.
3)
a)
()
2MA 3MB 0 2MA 3 MA AB 0 AM 3AB−=⇔− +=⇔=
.
b)
(
)
MA MB MC AB AC 3MG 2AI G là trọng tâm ABC, I là trung điểm BC++=+⇔ = Δ
22
GM AI MG AI
33
−
⇔= ⇔=
.
c)
()() ()
1
2MA 3MB 4MC 0 2MA 3 MA AB 4 MA AC 0 MA AB 4AC
3
− + =⇔ − + + + =⇔ = −
4)
a)
()
(
)
(
)
5IA 7IB IC 0 5 GA GI 7 GB GI GC GI 0−−=⇔ −− −− −=
3GI 5GA 7GB GC 6GA 6GB vì GA GB GC 0⇔=−++=−+ ++=
()
GI 2 GB GA 2AB⇔= − =
b)
OA AB 1
GI 2AB GI//AB
OI GI 2
=⇔ ⇒==
.
c) Gọi K là điểm thỏa:
5KA 3KB 0−=
()
(
)
5MA 3MB 5 MK KA 3 MK KB 2MK 2MK⇒−= +− += =
(
)
min
5MA 3MB M là hình chiếu của K lên d⇒− ⇔
.
Bài 4: Cho tam giác ABC, trọng tâm G.
1)
Xác đònh ví trí điểm M sao cho:
a)
MA MB 2MC 0++ =
.
b)
MA MB MC 0−+=
.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
15
c)
MA 2MB 0+=
.
d)
MA 2MB CB+=
.
2)
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua B, B’ là điểm đối xứng của B qua C và C’ là điểm đối xứng của C
qua A. Chứng minh rằng tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có cùng trọng tâm G.
Hướng dẫn:
1)
a) Gọi I là trung điểm AB. Ta có:
(
)
MA MB 2MI MA MB 2MC 2 MI MC 0 MI MC 0+= ⇒++ = + =⇔+=
()
1
MC CI MC 0 CM CI
2
⇔++=⇔=⇔
M là trung điểm CI.
b)
MA MB MC 0 MA MB CM BA CM−+=⇔−= ⇔=
.
Vậy M xác đònh bởi hệ thức
BA CM=
. Do vậy M là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCM.
c)
1
MA 2MB 0 MB BA 2MB 0 3BM BA hay BM BA
3
+=⇔++=⇔= =
.
Vậy M là điểm nằm trong AB sao cho
AB
BM
3
=
.
d) Ta có:
()
MA 2MB CB MB BA 2MB CB 3MB CB BA BA BC+=⇔++=⇔=−=−+
()
2
3BM BA BC 2BJ J là trung điểm AC BM BJ M là trọn
g
tâm tam
g
iác ABC
3
⇔=+= ⇔=⇔
.
2)
Ta có:
()
AB BC CA 0 2 AB BC CA 0++=⇔ ++ =
2AB 2BC 2CA 0 AA BB CC 0
′′′
⇔++=⇔++=
Mặt khác:
AA BB CC 0 AGGA BGGBCGGC 0
′′′ ′ ′ ′
++=⇔+++++ =
()()
GA GB GC GA GB GC 0
GA GB GC 0 (1)
GA GB GC 0 (G là trọng tâm tam giác ABC)
(1) đúng khi G là trọng tâm tam giác A'B'
′′′
⇔++−++=
⎧
′′′
++=
⎪
⇒
⎨
++=
⎪
⎩
C'.
Vậy tam giác ABC và tam giác A’B’C’ có cùng trọng tâm G.
Bài 5:
1)
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Xác đònh vectơ AB AC+
và tính môđun của vectơ này.
2)
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Xác đònh vectơ
()
1
AB AC AD
2
++
và tính môđun của vectơ này.
3)
Giả sử M và N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AD và BC của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng
()
1
MN AB CD
2
≤+
. Khi nào xảy ra đẳng thức?
Hướng dẫn:
1)
Vẽ trung tuyến AM, kéo dài AM lấy điểm E sao cho: ME AM
=
.
Ta có:
a3
AB AC 2AM AE AB AC 2 AM 2. a 3
2
+= =⇒+ = = =
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
16
2)
() ()
111
AB AC AD AB AD AC AC AC AC
222
++ = ++ = + =
.
Do đó:
()
1
AB AC AD AC a 2
2
++ = =
3)
Ta chứng minh
()
1
MN AB DC
2
=+
Suy ra
()
()
11 1
MN AB DC AB DC hay MN AB DC
22 2
=+≤ + ≤ +
Đẳng thức xảy ra khi
AB// DC
hay ABCD là hình thang đáy AB, CD.
Bài 6: Cho tứ giác ABCD.
1)
Tìm điểm cố đònh I và hằng số k để hệ thức sau thỏa với mọi M:
a)
MA MB 2MC kMI++ =
.
b)
2MA 3MB MD kMI+−=
.
c)
MA MB 2MC kMI−− =
.
d)
MA 2MB 3MC 4MD kMI++−=
.
2)
OA OB OC OD 0+++=
. Chứng minh O xác đònh duy nhất.
3)
Nếu ABCD là hình bình hành. Với mọi M, hãy tìm K và điểm I cố đònh thỏa:
a)
MA MB MC 3MD kMI+++ =
.
b)
MA 2MB kMI+=
.
c)
2MA MB MC kMI+−=
.
4)
Xác đònh vò trí điểm S để SA SB SC SD 0+++=
.
5)
Gọi G là trọng tâm tứ giác ABCD, A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD, ACD, ABD,
ABC. Chứng minh rằng G là điểm chung của các đoạn thẳng AA’, BB’, CC’, DD’ và cũng là trọng tâm tứ
giác A’B’C’D’.
Hướng dẫn:
1)
a) I là trung điểm AB.
(
)
MA MB 2MC kMI 2MI 2MC kMI 2 MI MC kMI++ = ⇔ + = ⇔ + =
4MO kMI⇔=
(O là trung điểm IC).
Hệ thức cho câu a đúng M I O,k 4∀⇔≡ =
b) Gọi IS là điểm thỏa
(
)
(
)
2SA 3SB SD 0 2SA 3 SA AB SA AD 0+−=⇔+ +−+ =
()
1
AS 3AB AD
4
⇔= −
khi S là điểm cố đònh.
Khi đó
(
)
(
)
(
)
2MA 3MB MD kMI 2 MS SA 3 MS SB MS SD kMI+−=⇔ ++ +−+=
4MS 2SA 3SB SD kMI 4MS kMI⇔++−=⇔=
.
Hệ thức cho câu b đúng M khi I S,k 4∀≡=.
c) Gọi J là điểm thỏa
1
JA JB 2JC 0 JC BA
2
−− =⇔ =
(J xác đònh)
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
17
()
(
)
(
)
MA MB 2MC kMI MJ JA MJ JB 2 MJ JC kMI−− = ⇔ +− +− + =
2MJ JA JB 2JC kMI 2MJ kMI⇔− + − − = ⇔− =
Hệ thức cho câu c đúng M khi I J,k 2∀≡=−.
2)
Gọi N, L là trung điểm AB, CD.
OA OB OC OD 0 2ON 2OL 0 ON OL 0+++=⇔ + =⇔+=⇔
O là trung điểm NL
⇒ O xác đònh duy nhất
3)
a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có:
MA MB MC 3MG++=
()
(
)
MA MB MC 3MD 3 MG MD 3 2MI 6MI⇒+++ = + = =
(I là trung điểm GD).
Vậy
k6=
.
b) Gọi I là điểm thỏa
2
IA 2IB 0 AI AB
3
+=⇔=
.
()
MA 2MB 1 2 MI 3MI+=+ =
.
Vậy
k3= .
c) I là điểm đònh bởi
1
2IA IB IC 0 2IA CB 0 ha
y
AI CB
2
+−=⇔ + = =
.
()
2MA MB MC 2 1 1 MI 2MI+−=+− =
.
Vậy
k2= .
4)
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm BD, AC. Ta có:
()
SA SC 2SN
SA SB SC SD 2 SN SM
SB SD 2SM
⎫
+=
⎪
⇒+++= +
⎬
+=
⎪
⎭
(xem các bài tập trước) SM SN 0⇔+=
S là trung điểm MN⇒
5)
Vì G là trọng tâm tứ giác ABCD nên GA GB GC GD 0
+
++=
(1)
Mặt khác A’ là trọng tâm tam giác BCD nên
()()
(
)
GB GC GD GA A B GA A C GA A D GB GC GD 3GA
′′ ′′ ′′ ′
++=+++++⇒++=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
GA 3GA 0 GA 3GA
′′
+=⇒=−
.
Vậy 3 điểm G, A, A’ thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có: G, B, B’ thẳng hàng; G, C, C’ thẳng hàng.
Hay AA’, BB’, CC’ đồng quy tại G.
Từ (1) và (2) suy ra
(
)
GA GB GC GD 3 GA GB GC GD 0
′′′′
+
++=− + + + =
Hay GA GB GC GD 0 G là trọng tâm tứ giác A B C D
′′′′ ′′′′
+++=⇒
.
Bài 12: Cho tam giác ABC, k là hằng số, M là điểm di dộng sao cho
vMN2MA3MBkMC== − +
.
1)
Với k 1= . Chứng minh MN
có phương không đổi.
2)
Với k 1≠ . Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố đònh.
Hướng dẫn:
1)
(
)
(
)
k1:v2MA3MBMC 2MA3MAAB MAAC 3ABAC== − += − ++ + =−+
vectơ không đổi.
Vậy
MN
có phương không đổi.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
18
2)
Gọi I:
()
(
)
()
2IA 3IB kIC 0 2 CA CI 3 CB CI kCI 0 1 k CI 3CB 2CA−+ =⇔ −− −− =⇔− = −
3CB 2CA
CI I cố đònh, k 1
1k
−
⇒= ⇒ ≠
−
.
Và:
()()
(
)
() ()
MN 2 MI IA 3 MI IB k MI IC k 1 MI 2IA 3IB kIC k 1 MI=+−+++=−+−+=−
.
Vậy
()
MN k 1 MI MN//MI MN đi qua I cố đònh=− ⇒ ⇒
.
Bài 13: Cho tam giác ABC, trọng tâm G. Các điểm M, N thỏa mãn:
1
3MA 4MB 0,CN BC
2
+= =
. Chứng
minh MN đi qua trọng tâm G của tam giác ABC.
Hướng dẫn:
3
3MA 4MB 0 MB AB
7
13
CN BC BN BC
22
+=⇒=
=⇒=
Ta có:
33
MN MB BN AB BC
72
=+= +
(1)
G là trọng tâm tam giác ABC nên :
()
32321 2 1
MG MB BG AB BE AB . BA BC AB BC
73732 213
=+=+=+ += +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
9
MN MG
2
=
.
Vậy ba điểm M, N, G thẳng hàng.
Bài 14: Cho tam giác ABC.
1)
MN v 2MA 3MB kMC== + +
.
a.
Khi
k5≠
. Chứng minh giá của
MN
luôn qua một điểm cố đònh.
b.
Tìm k để MN
là một vectơ không đổi.
2)
Lấy E, F trên tam giác ABC sao cho
()
11
AE AB,AF AC k 0; 1
kk1
=
=≠−
+
. Chứng minh EF luôn qua
một điểm cố đònh.
Hướng dẫn:
1)
a) Gọi I là điểm thỏa
(
)
(
)
2IA 3IB kIC 0 2IA 3 IA AB k IA AC 0++ =⇔+ + + + =
() ()
3AB kAC
5kIA 3ABkAC IA k 5
5k
−−
⇔+ =− − ⇔ = ≠⇒
+
I cố đònh.
()()
(
)
()
MN v 2 MI IA 3 MI IB k MI IC 5 k MI MN// MI== + + + + + = + ⇒
hay MN qua I cố đònh.
b)
()()
()
MN2MA3MAAB kMAAC 5kMA3ABkAC=+ ++ +=+ ++
MN
không đổi khi
5k 0 k 5+=⇔=−
.
2)
()
()
AC k 1 AF kAF AF k AE EF AF AC AB kEF AF=+ = + = + + ⇒ = − +
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
19
Hay
kEF AC AB AF BC AF=−−=−
Vẽ
AI BC=
thì AI AF kEF kEF FI−= ⇒ =⇒
E, F, I thẳng hàng⇒ EF qua I cố đònh.
Bài 15: Cho hình bình hành ABCD.
1)
Gọi I, F, K là các điểm xác đònh bởi
AI AB,AF AC,AK AD=α =β =γ
. Chứng minh điều kiện cần và đủ
để I, F, K thẳng hàng là
()
111
,, 0=+ αβγ≠
βαγ
.
2)
Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên đoạn AB và CD sao cho
AM 1 CN 1
,
AB 3 CD 2
=
= . Gọi G là trọng tâm tam giác
BMN.
a)
Tính AN,AG theo AB, AC
.
b)
Gọi H là điểm đònh bởi BH kBC=
. Tính
AH theo AB, AC và k
. Tìm k để AH qua G.
Hướng dẫn:
1)
Ta có:
KI AI AK AB AD=− =α−γ
KF AF AK AC AD= − =β −γ
Mà
AC AB AD=+
Vậy
()
KF AB AD=β + β−γ
Điều kiện cần và đủ để K, I, F thẳng hàng và tồn tại số k sao cho
KF kKI
=
()
(
)
(
)
AB AD k AB k AD k AB k AD 0⇔β +β−γ = α − γ ⇔β− α +β−γ+ γ =
(1)
Do AB, AD
không cùng phương nên
()
1k0 k k 1
β
γ−β β β
⇔
β− α= =β−γ+ γ⇔ = = ⇔ = −
α
γαγ
()
111
,, 0⇔=+ αβγ≠
βαγ
(đpcm).
2)
a) Ta có:
AD AC 2AN
1
AC AB 2AN AC AN AC AB
2
AD AB AC
⎫
+=
⎪
⇒−= −⇒=−
⎬
+=
⎪
⎭
Và ta có:
1
3AG ABAMANABAN AB
3
=+ +=++
415
3AG ABAC AB ABAC
326
51
AG AB AC
18 3
⇒=+−=+
⇒= +
b)
(
)
AH AB BH AB kBC AB kBA kAC 1 k AB kAC=+=+ =+ + =− +
⇒ Điều kiện cần và đủ để AG qua H là AG
cùng phương AH
()
51 6
k1kk
18 3 11
⇔=−⇒=.
Bài 16: Cho tam giác ABC.
1)
Gọi I là trung điểm của BC, D và E là hai điểm sao cho BD DE EC==
.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
20
a)
Chứng minh rằng
AB AC AD AE+=+
.
b)
Tính AS AB AD AC AE theo AI=+++
, suy ra A, I , S thẳng hàng.
2)
Gọi M là điểm đònh bởi BM BC 2AB=−
, N là điểm đònh bởi CN xAC BC=−
.
a)
Xác đònh x để A, M, N thẳng hàng.
b)
Xác đònh x để MN qua điểm giữa I của BC. Tính
IM
IN
.
Hướng dẫn:
1)
a) Ta có:
()
()
AB AC 2AI I là trung điểm BC
AB AC AD AE
AD AE 2AI I là trung điểm DE
⎫
+=
⎪
⇒+=+
⎬
+=
⎪
⎭
b)
()()
AS AB AC AD AE 2AI 2AI 4AI=+++=+=
Vì
AS 4AI=
nên AS và AI
cùng phương hay A, S, I thẳng hàng.
2)
a) Ta có: BM BC 2AB 2AB BC BM=− ⇔ =−
()( )
Hay 2AB BA AC BA AM AC AM AM AC 2AB=+−+ =−⇔=−
(1)
(
)
(
)
CN xAC BC xAC CN CB CA AN CA AB=−⇔=−=+−+
Hay
xAC AN AB AN xAC AB=−⇒= +
(2)
Để A, M, N thẳng hàng AM, AN⇔
cùng phương AM kAN⇔=
Chọn
(
)
(
)
k 2 thì AM 2AN AM 2AN 0 AC 2AB 2 xAC AB 0=− =− ⇒ + = ⇔ − + + =
()
1
2x 1 AC 0 2x 1 0 x
2
⇔+ =⇔+=⇔=−
Vậy với
1
x
2
=− thì A, M, N thẳng hàng.
b)
()()
(
)
BM BC 2AB 2 BI IA BI IC BI IM 0=− ⇔ +++−+ =
2IB 2IA IC IM IM 2IA 3IC⇒=+−⇒=+
()
CN xAC BC x CI IA CI IN CI IB 0=−⇔ +++−−=
(
)
xCI xIA IN IB IN xIA x 1 IC⇒=+−⇒=−+−
Để M, N, I thẳng hàng IM và IN cùng phương IM kIN⇔⇔=
.
Chọn
(
)
k 5 thì IM 5IN IM 5IN 0 2IA 3IC 5 xIA x 1 IC 0
⎡⎤
=− =− ⇒ + = ⇔ + − − + − =
⎣⎦
()
2
2x 1 3x 0 x
5
⇔−+=⇔=
Vậy với
2
x
5
=
thì M, N, I thẳng hàng.
IM 2IA 3IC
2IM
Khi x thì IM 5IN 5
23
5IN
IN IA IC
55
⎧
=+
⎪
=⇒=−⇒=
⎨
=− −
⎪
⎩
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
21
Bài 17: Cho ba điểm cố đònh A, B, C và ba số thực sao cho
abc0
+
+≠.
1)
Chứng minh rằng chỉ có một điểm G thỏa mãn hệ thức aGA bGB cGC 0
+
+=
.
2)
Gọi M và P là hai điểm di động sao cho MP aMA bMB cMC=++
. Chứng minh rằng ba điểm G, M, P
thẳng hàng.
Hướng dẫn:
1)
Ta có:
(
)
(
)
aGA bGB cGC 0 aGA b GA AB c GA AC 0++=⇔+ ++ +=
()
bAB cAC
abcGA bABcAC AG
abc
+
⇔++ =− − ⇒ =
++
không đổi.
Do đó G được xác đònh và duy nhất.
2)
()
(
)
(
)
MP aMA bMB cMC aMP a MG GA b MG GB c MG GC=++== ++ ++ +
()
()
()
MP a b c MG aGA bGB cGC a b c MG=++ + + + =++
.
Vậy M, P ,G thẳng hàng.
Bài 18: Cho tam giác ABC.
1)
Gọi M là trung điểm BC, I và J là hai điểm xác đònh bởi AI AB và AJ AC=α =β
. Tìm hệ thức liên hệ
giữa
và αβ
để AM cắt IJ tại trung điểm của AM.
2)
Gọi P là điểm lưu động. Dựng vectơ PQ 2PA 3PB PC=+−
. Chứng minh PQ đi qua một điểm cố đònh khi
P thay đổi . Gọi H là trung điểm của CQ. Chứng minh rằng PH đi qua một điểm cố đònh khi P thay đổi.
Hướng dẫn:
a.
Nếu 0 0α= ∨β= : không thỏa mãn giả thiết. Do vậy 0 và 0
α
≠β≠.
Ta có:
()
111111
AM AB AC AI AI AI AI
22 22
⎛⎞
=+= +=+
⎜⎟
αβ α β
⎝⎠
Do đó AM sẽ cắt IJ tại K mà
11
AM AK
22
⎛⎞
=+
⎜⎟
αβ
⎝⎠
(tâm tỉ cự)
Vậy K là trung điểm của AM thì
11 11
24
22
+=⇔+=
αβ αβ
b.
Gọi E là điểm đònh bởi
(
)( )
2EA 3EB EC 0 2EA 3 EA AB EA AC 0
+
−=⇔ + +−+=
5AE 3AB AC E cố đònh⇔=−⇒
.
Ta chứng minh PQ qua E.
(
)
(
)
(
)
PQ 2PA 3PB PC 2 PE EA 3 PE EB PE EC 4PE 2EA 3EB EC 4PE=+−= ++ +−+=++−=
⇒
P, Q, E thẳng hàng
⇒
PQ qua điểm cố đònh E.
Ta có:
()()
()
11 15
PH PQ PC 2PA 3PB 2 3 PJ PJ
22 22
=+= +=+=
⇒ P, H, J thẳng hàng⇒ PH qua điểm cố đònh J.
Bài 19: Cho bốn điểm A, B, C, M thỏa mãn
MA 2MB 3MC 0
+
−=
. Chứng minh A, B, C thẳng hàng.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
22
Hướng dẫn:
()()
3
MA 2MB 3MC 0 MA 2 MA AB 3 MA AC 0 2AB 3AC 0 AB AC
2
+ − =⇔ + + − + =⇔ − =⇔ =
⇒ A, B, C thẳng hàng.
Bài 20: Cho tam giác ABC, M và N thay đổi sao cho
MN 2MA 3MB MC=+−
1)
Tìm điểm I thỏa mãn 2IA 3IB IC 0+−=
.
2)
Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố đònh.
Hướng dẫn:
1)
()
(
)
0 2IA 3IB IC 2IA 3 IA AB IA AC 4IA 3AB AC=+−=+ + −+ =+ −
()
1
IA AC 3AB
4
⇒= −
: đẳng thức xác đònh điểm I
2)
()
(
)
(
)
(
)
MN 2MA 3MB MC 2 MI IA 3 MI IB MI IC 4MI 2IA 3IB IC 4MI=+−= ++ +−+=++−=
⇒ M, N, I thẳng hàng hay MN đi qua điểm I cố đònh.
Bài 21: Cho tam giác ABC, gọi I, J là hai điểm xác đònh bởi IA 2IB;3JA 2JC 0
=
+=
1)
Tính IJ theo AB và AC
.
2)
Chứng minh đường thẳng IJ đi qua trọng tâm G của tam giác ABC.
Hướng dẫn:
1)
IJ AJ AI=−
()
AI 2BI 2 BA AI AI 2AB== +⇒=
()
2
3JA 2JC 0 3JA 2 JA AC 0 AJ AC
5
+=⇔+ +=⇒=
Vậy
2
IJ AC 2AB
5
=−
2)
Ta có:
()
1
AG AB AC
3
=+
Mặt khác:
()
1
IG AG AI AC 5AB
3
=−= +
6
IJ IG
5
⇒= ⇒I, J, G thẳng hàng.
Bài 22: Cho tam giác ABC, hai điểm M, N thay đổi sao cho
MN 2MA MB MC=−+
1)
Dựng điểm I sao cho
2IA IB 3IC 0−+ =
.
2)
Chứng minh rằng MN đi qua một điểm cố đònh khi M thay đổi.
3)
Gọi P là trung điểm của BN. Chứng minh MP đi qua một điểm cố đònh khi M thay đổi.
Hướng dẫn:
1)
()()
(
)
2IA IB 3IC 0 2 OA OI OB OI 3 OC OI 0 2OA OB 3OC 4OI−+ =⇔ −− −+ −=⇔ −+ =
Nếu chọn
OC thì 4CI2CACB≡=−
: đẳng thức này hoàn toàn xác đònh I.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
23
2)
()
(
)
(
)
MN 2MA MB 3MC 2 MI IA MI IB 3 MI IC MN 4MI=−+= +−+++⇒=
⇒ M, N, I thẳng hàng hay MN qua I cố đònh.
3)
()()
11
MP MB MN 2MA 3MC
22
=+= +
Gọi J là điểm thỏa mãn 2JA 3JC 0+=
, J xác đònh.
()()
15
MP 2 MJ JA 3 MJ JC MJ
22
⎡⎤
=+++=
⎣⎦
.
Vậy M, P, J thẳng hàng hay MP qua J cố đònh.
Bài tập:
Bài 1: Cho tam giác ABC và tam giác A’B’C’. Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của hai tam giác trên.
1.
Chứng tỏ AA BB CC 3GG
′′′ ′
++=
suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác có cùng trọng tâm.
2.
Giả sử A’, B’, C’ lần lượt thuộc cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai tam
giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm là
BA CB AC
BC CA AB
′
′′
==
.
Bài 2: Cho tam giác ABC, bên ngoài tam giác vẽ các hình bình hành ABIF, BCPQ, CARS. Chứng minh rằng
RF IQ PS 0++=
.
Hướng dẫn:
RF FI IQ QP PS SR 0++ + + + =
RF AB IQ BC PS CA 0⇔+++++=
(
)
RF IQ PS AB BC CA 0⇔+++ ++ =
RF IQ PS 0⇔++=
Bài 3: Cho hình thang ABCD, AC cắt BD tại O. Qua O vẽ đường thẳng MN song song hai đáy AD, BC. Đặt
aAB,bCD==
. Chứng minh
bAB aDC
MN
ab
+
=
+
.
Hướng dẫn:
MA NB OA OB AB a
MN // AB // CD
MB NC OC OC DC b
⇒ =====
a
OA OD
b
OM
a
a
MA MD
1
bb
MN ON OM
aa
OB OC
NB NC
b
b
ON
a
1
b
⎧
+
⎪
=
⎪
⎧
⎪
=−
+
⎪
⎪⎪
⇒⇒ ⇒=−
⎨⎨
⎪⎪
+
=−
⎪
⎪
⎩
=
⎪
+
⎪
⎩
(đpcm)
Bài 4: Cho tam giác ABC. M và N là các điểm xác đònh bởi
3MA 4MB NB 3NC 0
+
=− =
, AC cắt MN tại P.
Tính tỉ số
PA
PC
.
Hướng dẫn:
Giả sử
AC kAP=
.
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
24
Ta có:
()
7
3MA 4MB 0 3AM 4 AB AM 0 AB AM
4
+=⇔−+ −=⇒=
()
1173k73k
NB 3NC AN AB 3AC . .AM AP AN AM AP
224282
=⇒=− − =− + ⇒=− +
Vì M, N, P thẳng hàng nên
3k 7 5
1k
28 4
−=⇒=.
Vậy
PA
4
PC
= .
Bài 5: Cho hình bình hành ABCD. M và N là các điểm thỏa mãn
11
AM AB;DN DC
32
==
, G là trọng tâm
tam giác MNB, AG cắt BC tại I. Tính các tỉ số
AG BI
,
GI IC
.
Hướng dẫn:
Đặt
AG BI
,
GI IC
=α =β.
Ta có:
()
AI 1 1 1 1 1 1 11
AI .AG . AM AN AB AB AD DC AB AB AD
AG 3 3 3 2 3 3
α+ α+ α+
⎛⎞⎛⎞
== ++= +++= +
⎜⎟⎜⎟
αα α
⎝⎠⎝⎠
()
11 1
1
AI AB AD
18 3
α+
α+
⇒= +
α
(1)
AB AC
IB IC AI AD AB
11
+β β
=−β ⇒ = = +
+β +β
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
()
11 1
AG 11
11
1
18
GI 7
7
6
1BI6
5
31
IC 5
⎧
α+
⎧
⎧
==
α=
⎪
⎪
⎪
⎪⎪⎪
⇒⇒
⎨⎨⎨
α+ β
⎪⎪⎪
β=
=
=
⎪
⎪
⎪
α+β
⎩
⎩
⎩
Bài 6: Cho tam giác ABC.
1.
Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho BI 2IC=
. Hãy tính vectơ AI theo hai vectơ AB và AC
.
2.
Gọi N, P lần lượt là trung điểm của CA, AB. Đặt BN a,CP b
=
=
. Tính AB,BC,CA theo a và b
.
Hướng dẫn:
1.
Ta có:
()
2
AI AB BI AB BC
1
3
AI AB 2AC
13
AI AC CI AB BC
3
⎧
=+=+
⎪
⎪
⇒= +
⎨
⎪
=+=−
⎪
⎩
2.
Ta có:
AB
AB AC CP PB AC b
42 24 22
2
AB a b;CA a b;BC a b
33 33 33
CA
CA CN NB BA a AB
2
⎧
=++=++
⎪
⎪
⇒ =−− =+ =−
⎨
⎪
=++= −−
⎪
⎩
Nguyễn Phú Khánh – ĐàLạt
25
Bài 7: Cho bốn điểm A, B, C, D. Ta dựng các điểm M , N, P thỏa mãn AM 2AB,AN 2AC,==
AP 2AD
=
.
1.
Tính MN theo BC, NP theo CD
.
2.
Chứng minh rằng M ,N, P thẳng hàng nếu và chỉ nếu B, C, D thẳng hàng.
Hướng dẫn:
1.
Ta có:
AM 2AB MM 2BC
AN 2AC NP 2CD
⎧⎧
==
⎪⎪
⇒
⎨⎨
==
⎪⎪
⎩⎩
M, N, D thẳng hàng MN kNP BC kCD đpcm⇔= ⇔= ⇒
TÂM TỶ CỰ
Bài 1: Cho ba điểm A, B, C ứng với ba số
,,
α
βγ
.
3)
Nếu 0α+β+γ≠ thì tồn tại duy nhất điểm I thỏa: IA IB IC 0α+β+γ=
khi
()
vMAMBMC MI,M=α +β +γ = α+β+γ ∀
.
4)
Nếu 0α+β+γ= thì MA MB MCα+β+γ
là một vectơ không đổi.
5)
Đònh M để
min
2MA 3MB MC+−
trong tam giác ABC.
6)
Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm I thỏa IA IB 0
α
+β =
. Suy ra rằng với M bất kỳ, ta có:
()
MA MB MIα+β=α+β
.
Hướng dẫn:
1)
()
(
)
()
IA IB IC 0 AI AB AI AC AI 0 AI AB ACα +β +γ = ⇔−α +β − +γ − = ⇔ α+β+γ =β +γ
()
()
1
AI AB AC 0⇔= β+γ α+β+γ≠⇒
α+β+γ
I xác đònh duy nhất.
Ta có:
(
)
(
)
()
v MA MB MC MA MAAB MAAC MA AB AC=α +β +γ =α +β + +γ + = α+β+γ +β +γ
vABAC,M=β +γ ∀
Mặt khác:
()()
(
)
v MIIA MIIB MIIC=α + +β + +γ +
()
()
MI IA IB IC
MI
=α+β+γ +α +β +γ
=α+β+γ
Bài toán trên I gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm A, B, C.
2)
Đặt
() ( )
(
)
min
f M MA MB MC MI 0 f M khi M I=α +β +γ = α+β+γ ≥ ⇒ ≡
.
Do đó f(M) là một vectơ không đổi.
3)
Gọi I là điểm thỏa 2MA 3MB MC+−
.
I tồn tại vì 2 3 1 4 0α+β+γ= + − = ≠ .
Theo câu 2
()( )
(
)
min
fM MI 4MI 0 fM khi M I=α+β+γ = ≥ ⇒ ≡
