Bài báo cáo chủ đề vector

TRƢỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƢ PHẠM
BỘ MÔN TOÁN





BÀI BÁO CÁO
MÔN GIẢI TOÁN PHỔ THÔNG
NHÓM 03
CHỦ ĐỀ 1: VECTƠ
GVHD: Lại Thị Cẩm



Các thành viên: 1. Trần Thị Kim Luyến MSSV: 1050042
2. Nguyễn Hoàng Anh MSSV: 1070109
3. Chế Ngọc Hà MSSV: 1070126
4. Lê Thúy Hằng MSSV: 1070127
5. Nguyễn Hòang Long MSSV: 1070142
6. Lý Sel MSSV: 1070157
7. Thạch Thanh Tâm MSSV: 1070163



Cần Thơ, ngày 26 tháng 08 năm 2009

TÓM TẮT LÍ THUYẾT VECTƠ

I. Các định nghĩa:
 Vectơ là đoạn thẳng có đònh hướng Ký hiệu :
AB

;
CD

hoặc
a

;
b


 Vectơ – không là vectơ có điểm đầu trùng điểm cuối. Ký hiệu
0

.
 Giá của vectơ là đƣờng thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của
vectơ.
 Hai vectơ cùng phương là hai vectơ có giá song song hoặc trùng
nhau.
 Hai vectơ cùng phương thì hoặc cùng hướng hoặc ngược hướng.
 Hai vectơ bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng độ dài.
II. Tổng và hiệu của hai vectơ:
 Đònh nghóa: Cho
AB a
 

;
BC b
 
. Khi đó
AC a b
  

 Tính chất : * Giao hoán :
ab

=
ba


* Kết hợp (
ab

) +
c

=
(ab

+
c

)
* Tính chất vectơ –không
a


+
0

=
a


 Quy tắc 3 điểm :
Cho A, B ,C tùy ý. Ta có :
AB

+
BC

=
AC


 Quy tắc hình bình hành . Nếu ABCD là hình bình hành thì
AB

+
AD

=
AC


 Quy tắc về hiệu vectơ : Cho
BC

, với điểm O tùy ý ta có :
CBOCOB 
.
 Nếu M là trung điểm của đoạn thẳng AB thì
0 MBMA
.
 Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì
0 GCGBGA
.
 Nếu AM là một trung tuyến của tam giác ABC thì
AMACAB 2
.
III. Tích của vectơ với một số:
 Cho kR , k
a
là 1 vectơ được xác đònh:
* Nếu k  0 thì k
a
cùng hướng với
a
; k < 0 thì k
a
ngược hướng
với
a

* Độ dài vectơ k
a
bằng
k

.
a

 Tính chất :
a) k(m
a
) = (km)
a

b) (k + m)
a
= k
a
+ m
a

c) k(
a
+
b
) = k
a
+ k
b

d) k
a
=
0


 k = 0 hoặc
a
=
0



b

cùng phương
a

(
a


0

) khi và chỉ khi có số k thỏa
b

=k
a

.
 Điều kiện cần và đủ để A , B , C thẳng hàng là có số k sao cho
AB

=k
AC


.
 Cho
b

không cùngphương
a

, 
x

luôn được biểu diễn
x

= m
a

+
n
b

( m, n duy nhất ).
IV. Trục tọa độ và hệ trục tọa độ:
 Trục là đường thẳng trên đó xác đònh điểm O và 1 vectơ
i

có độ
dài bằng 1.
Ký hiệu trục (O;
i


) hoắc x’Ox
 A,B nằm trên trục (O;
i

) thì
AB
=
AB
i

. Khi đó
AB
gọi là độ dài
đại số của
AB
.
 Hệ trục tọa độ vuông góc gồm 2 trục Ox  Oy. Ký hiệu Oxy hoặc
(O;
i

;
j

).
 Đối với hệ trục (O;
i

;
j


), nếu
a

=x
i

+y
j

thì (x;y) là toạ độ của
a

. Ký hiệu
a

= (x;y).
 Cho
a

= (x;y) ;
b

= (x’;y’) ta có :

a


b


= (x  x’;y  y’)
k
a

=(kx ; ky) ;  k  R

b

cùng phương
a

(
a


0

) khi và chỉ khi có số k thỏa
x’=kx và y’= ky.
 Cho M(x
M
; y
M
) và N(x
N
; y
N
) ta có:
P là trung điểm MN thì x
p

=
2
MN
xx
và y
P
=
2
MN
yy


MN

= (x
M
– x
N
; y
M
– y
N
).
 Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì
x
G
=
3
A B C
xxx

và y
G
=
2
A B C
yyy
.

 MỘT SỐ DẠNG TỐN VECTƠ

1. Chứng minh đẳng thức vectơ:
 Phƣơng pháp chung:
- Quy tắc 3 điểm:
BCCABA






BCCABA





- Quy tắc hình bình hành: với hình bình hành ABCD ta ln
có:
CABADA





- Quy tắc trung điểm: với điểm M tuỳ ý và I là trung điểm AB ln có:
BMAMIM



2
.
- Các tính chất của phép cộng,trừ vecctơ và phép nhân một số với một vectơ
để thực hiện biến đổi tƣơng đƣơng cho đẳng thức cần chứng minh khi đó ta
lựa chọn một trong các biến đổi sau:
+ Biến đổi một vế thành vế còn lại
 Xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực hiệnviệc đơn giản biểu thức.
 Xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích vectơ.
+ Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về đẳng thức đã biết là đúng.
+ Biến đổi một đẳng thức đã biết là đúng thành đẳng thức cần chứng minh.
+ Tạo dựng các hình phụ.
 Ví dụ 1:
Cho 4 điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng:
BCDADCBA



Giải: Ta có thể trình bày theo các cách sau:
 Cách 1: Thực hiện phép biến đổI VT, ta có:

BCDADBBDBCDADBBCBDDADCBA


 )(

Nhận xét: Thực hiện việc biến đổI VT thành VP, ta cần tạo ra sự xuất hiện
của các vectơ
DA

và
BC

. Do đó:
trong lời giải ta xen điểm D vào
BA

còn điểm B vào vectơ
DC


Ta cũng sử dụng khi lựa chọn phép biến đổi VP thành VT. Cụ thể trong cách 2
 Cách 2: Thực hiện phép biến đổi VP. ta có:

DCBABDDBDCBABDDCDBBABCDA

 )(

 Cách 3: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về đẳng thức đã biết là
luôn đúng

BDBDDCBCDABABCDADCBA



 Ví dụ 2:
Gọi M, N lần lƣợt là trung điểm các đoạn AB, CD . Chứng minh rằng:

CBDADBCANM




2

Giải:
Cách 1:
Ta có M là trung điểm của AB , với N bất kì thì

NMMNBNAN


22 
(1)
N là trung điểm của CD, với M bất kì thì

NMDMCM


2
(2)
Lấy (2)-(1) ta đƣợc:

)(2

)(24
0)(20
)(
)()(
)(4
DBCANM
DBCANM
DBCA
DBCADNCNDBCABMAM
BDDNACCNDBBMCAAM
BNANDMCMNM


































Chứng minh tƣơng tự: VT =
CBDA




Cách 2:
Gọi O la 1điểm tuỳ ý trên vectơ MN. Khi đó theo quy tắc trung điểm, ta có:

)2(2
)1(2
DOCONO
BOAOMO










Lấy (2)-(1) ta đƣợc:
)()()(2 BOAODOCOMONO







2
NM

=
)()( BODOAOCO




2
NM

=
DBCA




(1)
Ta cần chứng minh:
CBDADBCA





VT=
DCCBCDDA





=
CBDA




= VP (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:
CBDADBCANM





2

 Ví dụ 3:
Cho tam giác đều ABC.Gọi I là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác.CMR:

0



 CIcBIbAIa
( a,b,c

 R
)
Giải:
Dựng hình bình hành
22
ICAB
có
2
AB
//
1
CC
,
2
AC
//
1
BB

. Ta đƣợc:

22
CIBIAI




(1)
Đặt: IB
2
= b, IC
2
= c
và IC = IB = IA = a.


BI
a
b
BI


2

( 2)

CICI
a
c
CB
AB
IC
IC



2
1
12

CI
a
c
CI


2
(3)

Thay (2),(3) vào (1)

0









CIcBIbAIa
CI
a
c
BI
a
b
AI



Dạng 2: Xác định điểm thoả mãn một đẳng thức vectơ
Phƣơng pháp chung
-Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho
vMO



, trong đó điểm O và
v

đã biết
-Nếu muốn dựng điểm M, ta lấy O làm gốc dựng một vectơ bằng vectơ v.
Khi đó điểm ngọn của vectơ này chính là điểm M
 Ví dụ :
Cho tam giácABC.

a) Tìm điểm I sao cho:
02



 BIAI
(1)
b) Tìm điểm K sao cho:
BCBKAK


 2
(2)
BIBI
a
b
BC
AC
IB
IB



2
1
12
A
C2
B
C1

C
B2
B1
I
Giải:
a) Theo quy tắc 3 điểm, ta có:
ABBIAI





(1)


 03


ABBI
BAABBI



3
BABI

3
1



3 điểm I, A, B thẳng hàng hay điểm thuộc đoạn AB và thoả
điều kiện:

BABI

3
1


b)Từ kết quả câu a ta suy ra:AI=2IB

BIIA

2


BIAI


2

VT(2)=
)(2)(2 BIIKAIIKBKAK






)2(3 BIAIIK






BIAI


2
02



 BIAI

Vậy:

IKBKAK


32 

Theo giả thiết ta đƣợc:
CBKIBCIKBCIK



3
1
3
1
3 

Kết quả này cho ta 2 vectơ
KI

và
CB

là 2 vectơ cùng phƣơng và vì I

BC
nên IK//BC.
Vậy K là điểm thuộc miền trong tam giác, nằm trên đƣờng thẳng qua I song
song với BC sao cho :
CBKI


3
1



Dạng 3 : Chứng minh ba điểm thẳng hàng
Phƣơng pháp chung:
Muốn chứng minh 3 điểm A,B,C thẳng hàng, ta đi chứng minh:
ACkAB .

;(kR) (1)
Để nhận đƣợc (1) ta lựa chọn một trong hai hƣớng
- Hƣớng 1: Sử dụng các qui tắc biến đổi đã biết
- Hƣớng 2: Xác định
ACAB,
thông qua một tổ hợp trung gian.
Ví dụ:
Cho  ABC. Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp, trọng
tâm, trực tâm của ABC. Chứng minh rằng: O, G, H thẳng hàng.













Giải
Chọn tổ hợp 3 vectơ
OCOBOA ,,

Khi đó:

 
OCOBOAOG 

3
1
(1)
Chọn E là trung điểm của BC và A
1
là điểm đối xứng với A qua O, ta đƣợc:
BH // CA
1
cùng vuông góc với AC.
CH // BA
1
cùng vuông góc với AB.

Tứ giác A
1
BHC là hình bình hành.

A
1
, E, H thẳng hàng .
1
HAHCHB 

   
AHHAHAHAAHAA
HCHBAHOAHCAHOAHBAHOAOCOBOE


22
222

11

OEAH 2

Ta có:
OCOBOAOEOAAHOAOH  2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:

 OHOG
3
1
O, G , H thẳng hàng.

C
A1
1


O
H G



B
A
E

Dạng 4: Biểu diễn vectơ :
Định lý: Cho trƣớc hai vectơ

a
và
b
khác
0
và không cùng phƣơng
.Với mọi vectơ
c
bao giờ cũng tìm đƣợc một cặp số thực

,
duy nhất
,sao cho:
c
=

a
+

b

Bây giờ chúng ta sẽ quan tâm tới phƣơng pháp thực hiện đƣợc miêu tả
trong bài toán sau:
Bài toán: Biểu diễn một vectơ thành tổ hợp vectơ.

PHƢƠNG PHÁP CHUNG :
Ta lựa chọn một trong hai hƣớng :
Hƣớng1: Từ giả thiết xác định đƣợc tính chất hình học, rồi từ đó khai
triển vectơ cần biễu diễn bằng phƣơng pháp xen điểm hoặc hiệu của hai
vectơ cùng gốc.

Hƣớng 2: Từ giả thiết thiết lập đƣợc mối liên hệ vectơ giữa các đối
tƣợng ,rồi từ đó khai triển biểu thức này bằng phƣơng pháp xen điểm hoặc
hiệu của hai vectơ cùng gốc.
Chú ý: Trong một vài trƣờng hợp cần sử dụng cơ sở trung gian.
Ví dụ: Cho

ABC , gọi G là trọng tâm tam giác và B
1
là điểm đối xứng của
B qua G. Hãy biểu diễn vectơ
1
CB
theo
AB
và
AC

Giải:







Từ giả thiết suy ra AB
1
CG là hình bình hành.
Ta đƣợc:
1

CB
=
GA
= -
AG
=
3
2

AM
=
3
2

.
2
1
(
AB
+
AC
)= -
3
1
(
AB
+
AC
)
Dạng 5: Chứng minh hai điểm trùng nhau.

PHƢƠNG PHÁP CHUNG:
Muốn chứng minh hai điểm A
1
và A
2
trùng nhau , ta lựa chọn một trong hai
hƣớng:
Hƣớng 1: Chứng minh
0
21
AA

Hƣớng 2: Chứng minh
21
OAOA 
với O là điểm tùy ý .
Ví dụ 1: Cho
ABC
.Lấy các điểm A
1
BC
,
B
1
AC
,
C
1
AB

sao cho
0
111
 CCBBAA

Chứng minh rằng hai tam giác ABC và A
1
B
1
C
1
có cùng trọng tâm.
Giải
Gọi G,G
1
theo thứ tự là trọng tâm tam giác ABC, A
1
B
1
C
1
ta có :
)()()(0
111111111111
CGGGCGBGGGBGAGGGAGCCBBAA 

=
11111111
33)()( GGGGCGBGAGGCGBGA 

0
1
 GG

1
GG 

Ví dụ 2: Cho tứ giác lồi ABCD .Gọi M,N,P,Q lần lƣợt là trung điểm của
AB, BC, CD, DA.Chứng minh rằng hai tam giác ANP và CMQ có cùng
trọng tâm.
Giải :
















Gọi G
1
,G

2
lần lƣợt là trọng tâm của tam giác ANP và CMQ và O là một
điểm tùy ý.
Ta có:







2
1
3
3
OGOQOMOC
OGOPONOA

1
OG
= 1/3 (
OPONOA 
) (1) và
2
OG
=1/3 (
OQOMOC 
) (2):

Do N là trung điểm của BC :


ON
= 1/2 (
OCOB 
)
Và P là trung điểm của CD:

OP
= 1/2 (
ODOC 
)
(1) =>
1
OG
= 1/3
OA
+ 1/6
OB
+1/6
OC
+ 1/6
OD
( * )

Mặt khác ta lại có:
M là trung điểm của AB :
=>
OM
= 1/2 (
OBOA

)
Q là trung điểm của DA :
=>
OQ
= 1/2 (
OAOD
)
( 2) =>
2
OG
= 1/3
OA
+ 1/6
OB
+1/6
OC
+ 1/6
OD
(**)
Từ ( * ) và ( ** ) :

1
OG

=
2
OG

 G
1
Trùng G
2 .

Dạng 6: Quỹ tích điểm.
Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn điều kiện K.
 PHƢƠNG PHÁP CHUNG:
Với các bài toán quỹ tích ta cần nhớ rằng:
1. Nếu
MBMA 
với A, B cho trƣớc thì M thuộc đƣờng trung trực của
đoạn AB.
2.
ABkMC 
với A, B, C cho trƣớc thì M thuộc đƣờng tròn tâm C, bán
kính bằng k.AB
3. Nếu
BCkMA .
,với A,B,C cho trƣớc thì
 Với
Rk 
điểm M thuộc đƣờng thẳng qua A song song với BC.
 Với

 Rk
điểm M thuộc nửa đƣờng thẳng qua A song song với
BC theo hƣớng
BC

 Với

 Rk
điểm M thuộc nữa đƣờng thẳng qua A song song với
BC ngƣợc hƣớng
BC

 Ví dụ:
Cho
ABC
tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn:
0 MCkMBkMA
(1)
Giải
Ta biến đổi (1) về dạng:
BCkMA
MBMCkMA

 )(


M thuộc đƣờng thẳng qua A song song với BC.

PHẦN BÀI TẬP

Dạng 1: Chứng minh 1 đẳng thức vectơ

Bài tập 1: Cho 5 điểm A, B, C, D, E. CMR:
ABCBCEDCDEAC 

Giải:

Cách 1:
Ta có:
)(. dpcmABCBAC
CBCECEACCBCEDCDEAC




Cách 2: Ta có:
ABCBCEDCDEAC
BABDDABCCDDA
BCECEDCDCABCECCDEDCA





Bài tập 2: Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F. CMR:
a)
DBACCDAB 

b)
CDBFAECFBEAD 

Giải:

a)Cách 1: Ta có:
DBACCDCBACCDAB 

Ngoài ra: Ta cũng có thể chèn điẻm B vào
CD
. Nếu xuất phát từ vế phải ta
có thể chèn diểm B vào
AC
hoặc C vào
.DB

Cách 2:
ACDBCDABDCDBACABCB 

b)
0 CBBAACFBCFEABEDCAD

CDBFAECFBEAD 

 Chú ý: Ta cũng có thể sử dụng quy tắc chèn điểm để chứng minh.

Bài tập 3:Cho
ABC
. Gọi M là một điểm trên đoạn BC sao cho
MB=2MC.
CMR:
ACABAM
3
2
3
1


Giải:
Cách 1:Ta có:

 
ACABABCAAB
CBABCMABBMABAM
3
2
3
1
3
2
3
2
2



C
A
M


B
N
Cách 2: Ta có:
ABACBC 

Mặt khác: MB=2MC

BCBM
3
2


 
ACABABACAB
CBABMBABAM
3
2
3
1
3
2
3
2



Cách 3: Chọn N thỏa NC=2NB. Khi đó: BN=NM=MC
NAC
có:
ANACAM 2


BAM
có:
AMABAN 2

AMABAN
2
1
2
1



AMABACAM
2
1
2
1
2 


ACABAM
3
2
3
1



Bài tập 4: Cho 4 điểm A, B, C, D bất kỳ. Gọi E, F lần lƣợt là trung điểm của
AB, CD. O là trung điểm của EF.
Chứng minh rằng:
a)
)(
2

1
BDACEF 

b)
0 ODOCOBOA

c)
MOMDMCMBMA 4


Giải:






A
E
B
C
D
F
 O

a) Cách 1: Ta có:
)2(2
)1(2
ODOCÒF
OBOAOE




   
 
BDACÈF
OBODOAOCOEÒF









2/1
2

Cách 2: Ta có:
 DCBDABDFBDEBEF
2
1
2

1

 
BCDBBDCBAC 
2
1
)(
2
1

 
BDAC 
2
1


b) Cách 1: Sử dụng kết quả câu a: (1) + (2)


0 ODOCOBOA

Cách 2:
     
02 


FDFCEBEAOFOE
FDOFFCOFEBOEEAOE
ODOCOBOA

c) Cách 1 : Sử dung kết quả câu b:

0 ODOCOBOA




0 MDOMMCOMMBOMMAOM




MOMDMCMBMA 4

Cách2:
ODMOOBMOOAMOMDMCMBMA 


ODOCOBOAMO  4


MO4
.

Bài tập 5: Cho
ABC
. Chứng minh rằng:
a) G là trọng tâm
ABC
khi và chỉ khi

0 GCGBGA

b) G là trọng tâm
ABC
khi và chỉ khi
MGMCMBMA 3

( Với M là điểm bất kỳ ).
Giải:
a) Gọi A’, B’, C’ lần lƣợt là trung điểm của BC,
AC, AB.
Ta có:
 GCGBGA
)'''(3/2 CCBBAA 

( tính chất đƣờng trung tuyến)
Mà:

''''''
ACCAABBABAABCCBBAA


0
2
1
2
1
2
1
'''




ABCABC
ACCBBA

Do đó:
0 GCGBGA
.
b)
MCMBMACGMCBGMBAGMAMG 3


Bài tập 6: Cho
ABC
và
'''
CBA
có trọng tâm lần lƣợt là
G
và
'
G
.Chứng
minh rằng:
'3''
'
GGCCBBAA 
. Từ đó, suy ra điều kiện cần và đủ để
hai tam giác có cùng trọng tâm.

Giải:

Ta có:
'3'''''''''''' GGCGGGCGBGGGBGAGGGAGCCBBAA 

Vì:
0 CGBGAG


0''''''  GCGBGA

- ĐK cần và đủ để 2 tam giác
ABC
và
'''
CBA
có cùng trọng tâm là:
0''
'
 CCBBAA

G
C’
B’
A’
C
A
B

Bài tập 7: Cho lục giác ABCDEFGH. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lƣợt là trung

điểm của AB, BC, CD,DE, EF, FA.
Chứng minh rằng: Hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm.
Giải:








Cách 1:
Ta có:
0)(2/1  EACEACRSPQMN

Do đó: theo bài tập 6
MPR
và
NQS
có cùng trọng tâm.
Cách 2:
Gọi G là trọng tâm
MPR
. Khi đó:
0 GRGPGM


0 RGPGMG
(1)
Lấy bất kỳ trong mặt phẳng, ta có:

MGOMOG 


PGOPOG 


RGOROG 

RGPGMGOROPOMOG  3
(2)
Kết hợp (2) và (1) ta suy ra:
 
OROPOMOG 
3
1

Trong
OAB
: Có M là trung điểm của AB.

OBOAOM  2

Tƣơng tự, xét
OCD
và
OEF
ta đƣợc:
OCODOF 2

OFOEOR 2

Thay vào (2) ta có:
 
OFOEODOCOBOAOG 
6
1

A
M
B
N
C
P
D
Q
E
R
F
S
Gọi
'G
là trọng tâm
NQS
. Tƣơng tự nhƣ trên:
 
OSOQONOG 
3
1
'

=
 
OFOEODOCOBOA 
6
1

Vậy
'' GGOGOG 


Dạng 2: Xác định một điểm thỏa mãn hệ thức vectơ

Bài tập 1: Cho hai điểm A, B. Xác định điểm M, biết:
032  MBMA
(1).
Giải:
Ta có:
032  MBMA


 
ABAM
ABMA
ABMAMA
3
03
032





Vậy điểm M hoàn toàn xác định đƣợc.
Bài tập 2: Cho 2 điểm A, B và một vectơ
v
. Xác định điểm M biết:
vMBMA 

Giải:
Gọi O là trung điểm của AB. Khi đó:

MOMBMA 2

Do đó: (1)
vMO
2
1

.
Vậy điểm M hoàn toàn xác định đƣợc.
Bài tập 3: Cho
ABC
. Gọi M là trung điểm của AB. N là một điểm trên
cạnh
AC
sao cho
NANC 2
.
a) Xác định điểm K sao cho: 3
0122  AKACAB

b) Xác định điểm D sao cho:
01243  KDACAB

Giải:
a) Ta thấy:
AMAB
AMAB
AMAB
2
2













ANAC
ANAC
ANAC
3
3
3

Suy ra
 
ANAMAKAKANAM 
2
1
01266



K là trung điểm MN.
b) Ta có:






 ACABADAKADKD
6
1
4
1

Suy ra:
0
6
1
4
1

1243 












 ACABADACAB


 
ACABAD 
2
1



D là trung điểm BC.
Bài tập 4: Cho
ABC
. Dựng các điểm I, J, L thỏa các đẳng thức:
a)
02  ICIB

b)
023  LCLBLA

c) 2
CAJBJCJA 

Giải:
a) Ta có:
02  ICIB

 03 IBICIB
IBCB 3
.
Nên điểm I hoàn toàn xác định đƣợc.
b) Có:
 
02  LCLABA

LMBA 4
với M là trung điểm AC.
Vậy L xác định đƣợc.
c) Ta có
CAJCJAJBJA 


CJBA
JACAJCBA
2


Vậy điểm J hoàn toàn xác định đƣợc.
Bài tập 5: Cho tứ giác
ABCD
, M là điểm tùy ý. Trong mỗi trƣờng hợp hãy
tìm số k và điểm cố định I, J, K sao cho các đẳng thức vectơ sau thỏa mãn
với mỗi điểm M.
a)
MIkMBMA 2
(1)
b)
MJkMCMBMA  2
(2)
c)
MKkMDMCMBMA  3
(3)
Giải:
a) Vì (1) thỏa mãn , do đó đúng với
IM 
. Khi đó:
02  IIkIBIA


Vậy điểm I luôn xác định đƣợc.
Mặt khác:
33222  kMIkMIIBMIIAMIMBMA

b) Vì (2) thỏa mãn
M
, do đó đúng với
JM 

, tức là:
02  JJkJCJBJA
.
Khi đó:
022  JCJE
( Với E là trung điểm của AB )


J là trung điểm CE. Ta xác định đƣợc J.
Tƣơng tự nhƣ câu a:
.442  kMJkMJMCMBMA

c) Vì (3) thỏa mãn
,M
do đó đúng
.KM 

Khi đó:
033  KKKDKCKBKA

Gọi G là trọng tâm
033  KDKGABC



K là trung điểm GD. Ta xác định đƣợc K.
Mặt khác:
663  kMKkMKMDMCMBMA

DẠNG 3: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng

Bài tập 1: Cho tam giác ABC
a. Gọi P,Q là hai điểm lần lƣợt thỏa
02  PCPB
(1) và
025  QCQBQA
(2)
CMR:P, Q, A thẳng hàng.
b. Gọi I là điểm đối xừng với B qua C, J là trung điểm của A, C, K là điểm
trên AB sao cho AB = 3AK .
CMR:I,J,K thẳng hàng.
Giải:
a. ta cò:
022  QCPQQBPQ


023  QCQBPQ

Mà (2) 
QAQCQB 52 

=>
053  QAPQ


QAPQ
3

5


Vậy P,Q,A thẳng hàng
b.








Ta có:
JIJBJC 2


JKJI
JIJKAJJK
JIAKJK
JIKBJK
3
JIJK30
JIJK3)AJJC2(
)(2
2








Vậy 3 điểm I,J,K thẳng hàng.

Bài tập 2: Cho tam giác ABC, lấy điểm I, J thỏa:
)2(023)1(02  JCJAvàIBIA

CMR: IJ đi qua trọng tâm cua tam giác ABC.
Giải:

)'2(0235
02233)2(
)'1(02
022)1(




GCGAJG
GCJGGAJG
GBGAIG
GBIGGAIG


(2)-(1)

IGJG
GCGBGAIGJG



5
0)(25

C
A
I
B
J
K
Vậy I, J,G thẳng hàng.
Bài tập 3: cho tam giác ABC, trọng tâm G. Lấy điểm I, J sao cho:
)2(0352)1(032  JCJBJAvàICIA

a) CMR: M,N,J thẳng hàng, với M,N lần lƣợt là trung điểm của AB và
BC.
b) CMR: J là trung điểm của BI
GIẢI
a) Ta có JM, JN lần lƣợt là trung tuyến của tam giác AJB, BJC
Nên
JCJBJN
JBJAJM


2
2


Mà:
JNJM

JNJM
JCJBJBJA
JCJBJA
2
3
064
03322
0352





Vậy M, N, J thẳng hàng
b)
JBIJ
JBIJ
JCJBJAMà
JCIJJAIJ




55
0352
03322)1(

vậy J là trung điểm BI
Bài tập 4: cho hình bình hành ABCD tâm O. lấy các điểm I, J sao cho :
)2(022

)1(0223


JCJBJA
IDICIA

CMR: I, J, O thẳng hàng.
GIẢI:
A
M
J
I
N
B
C

JOIO
OBODJOIO
OBOCJOODOAIO
OBOCJO
OCJOOBJOOAJO
ODOAIO
ODIOOCIOOAIO








3
0)(23
0223)'2()'1(
)'2(02
02222)2(
)'1(023
0222233)1(

Vậy I, J, O thẳng hang.