Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Khối 10, 11, khối chuyên toán.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 1 tháng 9 năm 2014 đến ngày 1 tháng 9
năm 2015.
4. Tác giả:
Họ và tên: Lê Thị Phượng
Năm sinh: 1987
Nơi thường trú: Nam Định
Trình độ chuyên môn: Cử nhân toán
Chức vụ công tác: Giáo viên toán
Nơi làm việc: trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ liên hệ: 76 Vị Xuyên Nam Định
Điện thoại: 0972313265.
5. Đồng tác giả (nếu có): Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong
Địa chỉ: 76 Vị Xuyên Nam Định
Điện thoại:
1
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến:
Năm học 2014-2015, tôi được phân công giảng dạy môn toán khối 10, 11. Vì vậy tôi
luôn ý thức tự học tập và nghiên cứu nhằm nâng cao chất lượng bài giảng phát huy
tối đa năng lực tư duy, năng lực sáng tạo của học sinh. Trong quá trình giảng dạy, tôi
nhận thấy học sinh thường lúng túng và gặp nhiều khó khăn khi giải quyết các bài
toán có sử dụng phương pháp vectơ. Các bài toán có sử dụng phương pháp vectơ
thường cho ta một lời giải hay, độc đáo và gọn gàng mà đôi khi không cần tính trực
giác ( vẽ hình ). Khi tiếp cận với phương pháp vectơ, học sinh có thể tự mình tìm tòi
được các tính chất của hình học, như vậy có thể phát triển được tư duy sáng tạo của
học sinh. Trong kì thi trung học phổ thông quốc gia, các bài toán hình học phẳng và
hình học không gian sử dụng rất nhiều tính chất của vectơ.
Chính những ưu điểm trên của phương pháp vectơ trong giải toán hình học đã thúc
đẩy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm:
“ Sử dụng phương pháp vectơ giải
toán hình học ”.
Trong bài viết sáng kiến kinh nghiệm, tôi nhắc lại những kiến thức cơ sở về vectơ
đồng thời đưa ra hệ thống bài tập có chọn lọc được chia ra hai dạng: chứng minh
đẳng thức và bất đẳng thức hình học. Trong mỗi bài tập thường có nhận xét
và đề xuất bài toán mới.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng song bài viết của tôi không tránh khỏi thiếu sót. Tôi rất
mong sự đóng góp ý kiến quí báu của các thầy giáo, cô giáo để hoàn thiện hơn nữa
sáng kiến kinh nghiệm của mình.
II. Nội dung sáng kiến:
2
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Chương 1:
Các kiến thức cơ sở
1. Vectơ
Định nghĩa 1.1. Vectơ là một đoạn thẳng đã định hướng, tức là đã chỉ rõ điểm đầu
và điểm cuối.
r r r uuur uuur
+ Kí hiệu vectơ như sau: a,b,c, AB,CD....
uuur
+ Nếu viết AB ta hiểu A là điểm đầu, B là điểm cuối và hướng từ A đến B.
uuur
uuur
+ Độ dài của đoạn thẳng AB gọi là độ dài của AB . kí hiệu: AB AB .
+ Như vậy, một vectơ hoàn toàn xác định khi biết phương hướng và độ dài của
vectơ đó.
r
Định nghĩa 1.2. Vectơ không ( kí hiệu 0 ) là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng
nhau.
ur ur
Định nghĩa 1.3. Hai vectơ a,b được
gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng hướng
ur ur
và cùng độ dài. Trong trường hợp a,b ngược hướng và có độurdài bằng
nhau thì
r
chúng gọi là hai vectơ đối nhau. Kí hiệu vectơ đối của vectơ a là -a .
3
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
2. Các phép toán của vectơ
ur
ur
ur
ur
Định nghĩa 2.1. Tổng của hai vectơ a và b và là một vectơ kí hiệu là a b được
xác định như sau:
uuur ur
AB a
Từ một điểm A tùy ý trên mặt phẳnguuutaur dựng
vectơ
ur
Sau đó từ điểm B ta lại dựng vectơ BCur b ur
uuuur ur ur
Khi đó được gọi là tổng của hai vectơ a và b . Kí hiệu: AC a b
A
C
B
ur ur ur
Tính chất: với mọi vectơ a, b, c ta có:
ur
ur
ur
ur
i) a b b a ( tính chất giao hoán ).
ur
ur
ur
ur
ur
ur
ur
ur
ur
ur
ii) a b c a b c ( tính chất kết hợp ).
ur
iii) a 0 0 a a .
ur
ur
ur
iv) a a 0 .
ur
ur
ur
Định nghĩa 2.2. Hiệu của hai vectơ a và b là tổng của vectơ a và vectơ đối của
ur
ur ur ur
ur
vectơ b . Kí hiệu: a b a b
ur
ur
Định nghĩa 2.3. Tích của vectơ a với một số thực k là một vectơ, kí hiệu là ka
được xác định như sau:
ur
ur
+ Vectơ ka cùng hướng với vectơ a nếu 0 k .
ur
ur
+ Vectơ ka ngược hướng với vectơ a nếu k 0 .
ur
r
+ Độ dài của vectơ ka bằng k a .
Chú ý :
ur
ur
ur
k.0 0.k=0 .
4
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
ur ur
Tính chất: với mọi vectơ a, b và m, n ¡ ta có:
ur
ur
i) 1.a a
ur
ur
ii) (-1)a a
ur
ur
iii) m na mn a
ur
ur
ur
ur
ur
iv) m+n a ma na
ur
ur
v) m a b ma mb
ur
ur
ur
ur ur
ur
vi) Nếu a 0 thì a, b cùng phương khi và chỉ khi b ka k ¡ .
3. Một số khái niệm và các tính chất liên quan.
ur ur
ur ur
Định nghĩa 3.1. Tích vô hướng của hai vectơ a, b là một số thực kí hiệu a.b .
ur ur ur ur
ur ur
Ta có: a.b a b cos a,b .
ur ur
ur
ur ur
ur
Nhận xét: a.b 0 a,b 900 . Kí hiệu: a b .
ur ur
Tính chất: a, b ta có:
ur ur
ur ur
i) a.b b.a ( tính chất giao hoán )
ur ur
urur
ii) ka b k ab ( k là hằng số )
ur ur
ur
ur ur
ur ur
ur ur
iii) a b c a.b a.c ( luật phân phối giữa phép nhân và phép cộng )
ur
2
ur
ur 2
ur
iv) a.a a a . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 0 .
ur
ur
Định nghĩa 3.2. Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a a1; a2 ; a3 , b b1; b2 ; b3 . Khi
ur
ur
ur ur
đó tích có hướng của hai vectơ a và b là một vectơ kí hiệu là a,b .
ur ur
a a
a a
a a
Ta có: a,b 2 3 ; 3 1 ; 1 2
b2 b3
b3 b1
b1 b2
5
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
r r r
Tính chất: a, b, c ta có:
i)
ur ur
ur
ur ur ur
a,b a a,b .a 0 ;
ii)
ur ur
ur ur
ur ur
a ,b a b sin a , b .
ur ur
ur
ur ur
ur
ur ur ur
a,b b a,b .b 0 .
ur ur
iii) a,b 0 a, b cùng phương.
iv)
ur ur ur
ur ur ur
Ba vectơ a, b, c đồng phẳng a,b .c 0 .
Định nghĩa 3.3. Trong không gian Oxyz cho hệ n điểm A1, A2 ,..., An và bộ n số thực
k1, k2 ,...,kn thỏa mãn
n
ki 0 . Khi đó tồn tại duy nhất điểm G thỏa mãn
i 1
n
uuuur
i 1
Điểm G được gọi là tâm tỉ cự của hệ n điểm A1, A2 ,..., An gắn với bộ n hệ số thực
k1, k2 ,...,kn .
Định nghĩa 3.4. Tâm tỉ cự G của hệ n điểm A1, A2 ,..., An với bộ n hệ số thực
k1, k2 ,...,kn thỏa mãn k1=k2 ... kn 0 được gọi là trọng tâm của hệ n điểm đó.
Nhận xét: Khái niệm trọng tâm là trường hợp đặc biệt của khái niệm tâm tỉ cự.
Trong trường hợp các ki bằng nhau để đơn giản ta có thể chọn ki 1 i = 1,n .
Vậy điểm G là trọng tâm của hệ n điểm A1, A2 ,..., An khi và chỉ khi
6
n
i 1
ur
ki GAi 0 .
uuuur
ur
GAi 0 .
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
4. Bất đẳng thức vectơ
r r
Với mọi vectơ a, b ta có:
ur
ur
ur
ur
i) a + b a b
ur
ur
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b k 0 .
uur
Tổng quát: với n vectơ ai i=1,n ta có:
ii)
ur
ur
ur
n
uur
n
uur
ai ai .
i 1
i 1
ur
a-b ab
ur
ur
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b k 1 .
uur
uur uur
uur
uur
uur
uur
Tổng quát: với n vectơ ai i=1,n ta có: a1 a2 ... an a1 a2 ... an .
ur ur
ur ur
iii) a.b a . b
ur
ur
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = k.b k 0 .
7
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Chương 2
Một số bài toán liên quan đến vectơ
1. Một số bài toán chứng minh đẳng thức .
Bài toán 1.1. ( Bài toán cơ bản trong tam giác về đường thẳng Euler )
Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c . Gọi G, H, I, O, I1 lần lượt là trọng tâm, trực tâm,
tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn Euler của ABC (
tâm đường tròn Euler là tâm đường tròn đi qua trung điểm ba cạnh của ABC ).
Chứng minh các đẳng thức vectơ sau:
uuur
uuur
uuuur
ur
uuur
uuur
uuuur
uuuur
uuur
uuuur uuuur
1) GA GB GC 0 .
uuuur
2) OA OB OC OH 3OG .
uuuur
uuuur
3) HA HB HC 2HO 3HG .
uuuur
uuur
4) OH 2OI1 .
uur
uur
uuur
ur
5) aIA bIB cIC 0 .
uuur
6) OI
7)
uuur
IG
uuur
8) IH
a uuur b uuur c uuuur
OA
OB
OC .
2p
2p
2p
b+c-2a uuur a+c-2b uuur a+b-2c uuuur
OA
OB
OC .
6p
6p
6p
b+c uuur a+c uuur a+b uuuur
OA
OB
OC .
2p
2p
2p
uuur
uuuur
uuuur ur
9) tanA.HA tanB.HB tanC.HC 0 A, B, C .
2
uuuur
uuuur
uuuur
ur
10) Sa .MA Sb .MB Sc .MC 0 ( M là điểm bất kì nằm trong ABC và Sa , Sb , Sc lần
lượt là diện tích của các tam giác MBC, MCA, MAB ).
8
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Chứng minh.
1) Đẳng thức 1 là đẳng thức vectơ cơ bản, là nền tảng chứng minh các đẳng thức
vectơ khác.
2) Ta có:
A
P
N
O
H
I1 G
B
C
M
A'
uuur
uuur
uuuur
ur
uuur
uuur
uuuur
uuuur
ur
uuur
uur
uuuur
uuuur
GA GB GC 0 OA OB OC 3OG 0 OA OB OC 3OG.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi A’ là điểm đối
xứng của điểm A qua điểm O. Suy ra BHCA’ là hình bình hành suy ra H, M, A’
thẳng hàng suy ra OMuuu
làurđường
trung bình của AHA' .
uuur uuur uuur
2OM AH OH OA
uuuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur
Có: 2OM OB OC OA OB OC OH
uuur
uuur
uuuur
uuuur
uuuur
Vậy: OA OB OC OH 3OG ( đpcm ).
3) theo chứng minh trên ta có:
uuur uuur uuur
uuur
uuur uuur uuur uuur
uuur
uuur uuur uuur
uuur
OA OB OC 3OG HA HB HC 3HO 3OG HA HB HC 3HG
uuur
uuur
uuur
uuur
uuuur uuuur
uuuur
uuur uuur uuur
uuur
uuur
uuur
Ta có: HA HB HC 3HO OA OB OC 3HO OH 2HO
uuur
uuuur
Vậy: HA HB HC 2HO 3HG ( đpcm ).
4) Ta chứng minh được những khẳng định sau:
+ Điểm O là trực tâm của MNP .
9
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
+ Điểm I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp MNP .
+ Điểm G là trọng tâm của MNP .
Ta thấy MNP đóng vai trò như ABC với ba yếu tố tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng
tâm, trực tâm là I1 , G, O.
uuuur uuur uuur
uuur
uuur
Chứng minh tương tự ta có: OM ON OP 2OI1 3OG .
uuur
uuur
uuur
uuur
Theo chứng minh trên ta có: 3OG OH OH 2OI1 ( đpcm ).
uuur
uuur
uuur
Nhận xét: từ bài toán trên ta suy ra hệ thức: OH 2OI1 3OG .
Suy ra bốn điểm O, H, G, I1 thẳng hàng.
Vậy trong một tam giác bất kì tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm, tâm
đường tròn Euler thẳng hàng. Đường thẳng nối bốn điểm này được gọi là đường
thẳng Euler.
5) Gọi IA BC=M; IB AC=N; IC AB=P .
A
P
N
I
C
M
B
Khi đó: AM, BN, CP lần lượt là phân giác trong của các góc A, B, C. Theo tính chất
đường phân giác trong tam giác ta có:
uuur
uuur r
PA AC b
aPA bPB 0 1
PB BC a
uur
uur r
IP AP AP
IP AP BP AP BP
c
a+b IP cIC 0 2
IC AC
b
IC AC BC AC BC a+b
Do đó:
uur uuur
uur uuur
uur
uuur
uuur
uur
uur r
uur
uur
uur
aIA bIB cIC a IP PA b IP PB cIC aPA bPB a+b IP cIC 0 (đpcm).
10
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
6) Ta có:
uur
uuur
uuur
uuur
uur
uur
uur
uur r
a uuur b uuur c uuur
OA
OB
OC
aIA bIB cIC 0 a+b+c OI aOA bOB cOC OI
2p
2p
2p
( đpcm )
7) Ta có:
uuur uuur uuur r
GA GB GC 0
uur uur uur uur uuur uuur uuur
uur
3a uuur
3b uuur
3c uuur
3IG IA IB IC OA OB OC 3OI 1
OA
1
OB
1
OC
2p
2p
2p
uur b+c-2a uuur a+c-2b uuur a+b-2c uuur
IG
OA
OB
OC ( đpcm ).
6p
6p
6p
8) Ta có:
uur uuur uur
a uuur
b uuur
c uuur b+c uuur a+c uuur a+b uuur
IH OH OI 1
OA
1
OB
1
OA
OB
OC
OC
2p
2p
2p
2p
2p
2p
( đpcm ).
9) Xét trường hợp ABC có ba góc nhọn. Gọi AH BC=M, BH AC=N, CH AB=P
A
N
C'
P
H
M
B
C
A'
uuur
uuuur
uuuur
Dựng hình bình hành BA’HC’. Theo qui tắc hình bình hành ta có: HB HA' HC'
Do A, H, A’ thẳng hàng và C, H, C’ thẳng hàng nên theo tính chất vectơ tồn tại
k, l 0 ; k=-
uuur
uuuur
uuur uuuur
uuur
HA'
HC'
sao cho HA' k HA; HC' l HC .
; l=HA
HC
uuur
uuur
Suy ra HB kHA l HC (*)
11
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
HA' BC' BP CPcotB tanA
HA
HA PA CPcotA tanB
HA'
tanA
HC'
tanC
. Chứng minh tương tự: l=.
k=
HA
tanB
HC
tanB
Do BA’HC’ là hình bình hành nên ta có:
Thay vào (*) ta có:
uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur r
tanA uuur tanC uuur
HB k HA l HC
HA
HC tanA.HA tanB.HB tanC.HC 0 ( đpcm ).
tanB
tanB
Trường hợp ABC tù ta chứng minh tương tự.
10) Gọi AM BC=N, BM AC=P, CM AB=E .
A
C'
P
E
M
C
B
N
A'
uuur
uuuur
uuuur
Dựng hình bình hành MC’BA’. Theo qui tắc hình bình hành ta có: MB MA' MC'
theo tính chất vectơ tồn tại k, l 0 ; k=uuur
uuur
uuuur
uuur uuuur uuuur
MA'
MC'
sao cho MA' k MA; MC' l MC
; l=MA
MC
uuuur
Suy ra MB kMA l MC (*)
Ta có BA’MC’ là hình bình hành nên ta có:
Chứng minh tương tự ta có: l=-
S
MA' BC' BE Sa
k a
MA MA EA Sb
Sb
Sc
.
Sb
Thay vào (*) ta có:
uuur
uuur uuuur
uuur
uuur
uuuur r
S uuur S uuuur
MB k MA l MC a MA c MC Sa .MA Sb .MB Sc .MC 0 (đpcm).
Sb
Sb
12
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Nhận xét: bài toán được chứng minh dựa trên cách dựng các hình phụ, qui tắc hình
bình hành, tính chất của vectơ. Câu 10 là kết quả tổng quát của các câu trên.
Ta có mọi điểm M nằm trong ABC đều là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ
số Sa , Sb , Sc trong đó Sa , Sb , Sc lần lượt là diện tích của các tam giác
MBC, MCA, MAB . Ta có các kết quả cụ thể sau:
1
3
1) Cho điểm M trùng với trọng tâm G của ABC suy ra Sa = Sb = Sc SABC
uuur uuur
uuur
r
Thay vào câu 10 ta có: GA GB GC 0 .
Vậy trọng tâm G của ABC là tâm tỉ cự của hệ ba điểm A, B, C ứng với bộ hệ số (1,
1, 1).
2) Cho điểm M trùng với tâm đường tròn nội tiếp I của ABC .
1
2
1
1
2 uur uur 2 uuur ur
Thay vào câu 10 ta có: aIA bIB cIC 0 .
Suy ra Sa = a.r; Sb = b.r; Sc c.r ( r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC ).
Vậy tâm đường tròn nội tiếp I của ABC là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ
hệ số a, b, c .
3) cho điểm M trùng với trực tâm H của ABC
1
2
1
2
1
2
Suy ra Sa = tanA.BH.BN; Sb = tanB.CH.CP; Sc tanC.AH.AM
Do các tứ giác BMHP, CMHN, ANHP là các tứ giác nội tiếp đường tròn nên ta có
BH.BN CH.CP AH.AM
uuur
uuuur
uuuur ur
Thay vào câu 10 ta có: tanA.HA tanB.HB tanC.HC 0 A, B, C
2
Vậy trực tâm H của ABC là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C ứng với bộ hệ số
tanA, tanB, tanC .
Câu 10 còn có kết quả tổng quát trong không gian.
13
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Bài toán 1.2. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp
IA2 IB 2 IC 2
1.
ABC . Chứng minh rằng:
bc
ca
ab
Chứng minh.
Do I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên I là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C gắn với
bộ hệ số a, b, c . Ta có:
uur
uur
uuur
ur
uur
uur
uuur
aIA bIB cIC 0 aIA bIB cIC
uur uur
uur0uuur
2
uuur uur
a2IA2 b2IB2 c2IC 2 2abIA.IB 2bcIB.IC 2caIC.IA 0 (1)
uuur 2
uur
uur
2
uur uur
uur uur
ta có: AB IB IA IB 2 IA2 2IA.IB 2IA.IB IB2 IA2 AB2 IB2 IA2 c2
uur uuur
uuur uur
tương tự: 2IB.IC IB2 IC 2 a2 ; 2IC.IA IC 2 IA2 b2
thay vào (1) ta có:
a2IA2 b2IB 2 c 2IC 2 ab IB 2 IA2 c 2 bc IB 2 IC 2 a2 ca IC 2 IA2 b2 0
a a+b+c IA2 b a+b+c IB2 c a+b+c IC 2 abc a+b+c 0
a.IA2 b.IB 2 c.IC 2 abc 0
IA2 IB 2 IC 2
1 (đpcm).
bc
ca
ab
Bài toán 1.3. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh
rằng:
Sa
Sb
Sc
biết Sa SIB1C1 , Sb SIA1C1 , Sc SIB1A1 .
b+c-a a+c-b a+b-c
Chứng minh.
14
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
A1
I
B1
C1
A'
Theo chứng minh bài trên ta có:
uur
uur
uuur
ur
aIA bIB cIC 0
uur
uur
uuur ur
2p- b+c IA 2p- a+c IB 2p- a+b IC 0
uur
uur
uuur
ur
p-b p-c IA p-a p-c IB p-a p-b IC 0
uuur
uur
uuur
uur
uuur
uuur ur
uur
uur
ur
p-a IB IC p-b IA IC p-c IA IB 0
uuur
2 p-a IA1 2 p-b IB1 2 p-c IC1 0 (1)
Ta chứng minh điểm I nằm trong A1B1C1 . Thật vậy đặt
2 p-a b+c-a
2 p-b a+c-b
= 2 p-c a+b-c
uuuuur
, ,
uuuuur
0
ur
Lấy A’ là điểm thỏa mãn .A' B1 .A' C1 0 .
Do , > 0 nên A’ nằm trên đoạn B1C1 . Khi đó ta có:
uuur
uuur
uuur
uuur
uuuuur
ur
IA1 IB1 IC1 0
uuur
ur
uuur
uuuuur
ur
IA1 IA' A' B1 IA' A' C1 0
uuur
uuur
IA1 IA' 0
Do , > 0 nên I nằm trên đoạn A1A' . Suy ra điểm I nằm trong A1B1C1 .
uuur
uuur
uuur
ur
Ta có: Sa IA1 Sb IB1 Sc IC1 0 (2)
Từ (1), (2) suy ra
Sa
Sb
Sc
Sa
Sb
Sc
(đpcm).
b+c-a a+c-b a+b-c
2 p-a 2 p-b 2 p-c
15
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Bài toán 1.4. Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và M là điểm nằm trong tam giác.
Gọi H, J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc cuả điểm M
trên các
cạnhuuuBC,
CA, AB.
uuur
uuur
ur r
2
2
2
Chứng minh rằng: điểm M là trọng tâm của HJK a MA b MB c MC 0 .
Chứng minh.
A
P
N
I
K
B
H
J
Q
C
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC và các điểm P, Q, N lần lượt là các tiếp điểm
của đường tròn nội tiếp với các cạnh AB, BC, CA.
Suy ra AP=AN=p-a , BP=BQ=p-b , CQ=CN=p-c .
uuur uur uuuur
uuur
uur
uuuur
IQ IB BQ
QC .IQ QC.IB QC.BQ
Mặt khác uuur uuur uuuur uuur
uuur
uuuur
IQ IC CQ
QB.IQ QB.IC QB.CQ
Cộng từng vếuuu
hai
đẳnguurthức trên
ta có:
r
uuur
BC .IQ QC.IB QB.IC
uuuur
uuuur
Do hai vectơ QC .BQ , QB.CQ là hai vectơ đối nhau nên ta có
uuur
uur
uuur
aIQ p-c IB p-b IC
uuur
uuur
uur
uur
uur
uur
Chứng minh tương tự ta có: b.IN p-a IC p-c IA , c.IP p-b IA p-a IB
Cộng
bar đẳng thứcuutrên
ta có: uur
uuur từng
uuur vế uu
r
uuur
uur
uur
uuur
ur
aIQ b.IN c.IP 2p-b-c IA 2p-a-b IB 2p-a-b IC aIA bIB cIC 0 .
uuur
uuur
uur
ur
Ta có: aIQ b.IN c.IP 0
a uuuur b uuuur
c uuuur ur
.MH
.MJ
.MK 0
MH
MJ
MK
ABC nên ta có
Ta thấyuuuuu
điểm
M làuuuuu
điểm
nằm trong
r
r
uuuuur ur
SMBC .MA SMAC MB SMAB MC 0
uuuur
uuuur
uuuur
ur
Theo giả thiết a2 MA b2 MB c2 MC 0
16
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
a2
b2
c2
SMBC SMAC SMAB
a2
b2
c2
a.MH b.MJ c.MK
a
b
c
(2)
MH MJ MK
uuuur
uuuur uuuur
ur
Từ (1), (2) MH MJ MK 0 điểm M là trọng tâm của HJK .
Vậy ta có điều phải chứng minh. Điểm M xác định như trên gọi là điểm Lemoine của
ABC .
Nhận xét:
Điểm Lemoine của ABC là giao điểm ba đường đối trung của ABC . Hai đường
thẳng cùng xuất phát từ một đỉnh của tam giác và đối xứng nhau qua đường phân giác
của góc đó được gọi là những đường thẳng đẳng giác. Đường thẳng đẳng giác với
một đường trung tuyến của tam giác gọi là đường đối trung. Điểm Lemoine của tam
giác có nhiều đặc điểm hình học thú vị. Chúng ta sẽ được gặp tính chất điểm
Lemoine của tam giác trong một số bài tập ở phần sau.
Bài toán 1.5. Cho đường tròn O; R , hai dây cung AB và CD cắt nhau tại M , S là
trung điểm của BD , SM cắt AC tại K . Chứng minh rằng:
AK AM 2
.
KC CM 2
Chứng minh:
B
C
K
A
Đặt
M
S
D
uuur
uuur
AK
x AK xKC
KC
Ta có
17
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
uuuur uuur uuur uuur
uuur uuur
uuuur uuuur
MK MA AK MA xKC MA x MC MK
uuuur uuur
uuuur
x 1 MK MA xMC
uuuur
1 uuur
x uuuur
MK
MA
MC 1
x 1
x+1
uuuur
uuur m uuur uuuur
Do thẳng hàng nên tồn tại m sao cho MK mMS MB MD
2
Ta có MA.MB=MC.MD=-PM/ O k>0
uuur
Suy ra MB
*
k uuur uuuur
k uuuur
MA; MD
MC
2
MA
MC 2
Thay vào * ta có
km
1
= x+1 2MA2
x =- km
x+1 2MC 2
AK AM 2
=
KC CM 2
AK AM 2
=
Vậy
.
KC CM 2
Bài toán 1.6 ( Bài toán con nhím ) Cho tứ diện A1 A2 A3 A 4 . Gọi Si là diện tích mặt
r
đối diện đỉnh Ai , ei là véc tơ đơn vị vuông góc với mặt đối diện đỉnh và cùng chiều
với pháp véc tơ ngoài của mặt đó i=1, 4 . Chứng minh rằng:
r
r
r
r r
S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 =0 .
Chứng minh: Gọi V là thể tích tứ diện A1 A2 A3 A 4 .
r
r
r
r
r
Đặt m=S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4
A2
A3
A1
H
A4
Ta có
r uuuuur
r
r
r
r uuuuur
m.A2 A3= S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 .A2 A3
18
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
r
r uuuuur
( do
= S2 .e2 +S3 .e3 .A2 A3
uuuuu
r
uuuuu
r
r
r
= S2 .e2 +S3 .e3 . A1 A3 -A1 A2
r uuuuur
r uuuuur
=S3 .e3 .A1 A3 -S2 .e2 .A1 A2 ( do
r
r
e1 A2 A3 A 4 ; e4 A1 A2 A3 )
r
r
e2 A1 A3 A 4 ; e3 A1 A2 A4 )
Gọi là góc giữa đường thẳng A1 A2 và mặt phẳng A1 A3 A 4
Khi đó ta có:
r uuuuur
e2 ; A1 A2 = +
2
r uuuuur
r uuuuur
S2 .e2 .A1 A2 =S2 . e2 . A1 A2 .cos +
2
=-S2 .A1 A2 .sin =-S2 .A2 H
r uuuuur
S2 .e2 A1 A2 =-3V
Chứng minh uuuuu
tương
tự ta có:uuuuur
r
r
r
r uuuuur
S3.e3 A1 A3=-3V m.A2 A3 0 m A2 A3
r
uuuuur
Chứng minh tương tự ta có: m A2 A4
r
Suy ra m A2 A3 A 4
r
Chứng minh tương tự m vuông góc với ba mặt
còn lại của tứ diện.
r
r r
Suy ra m có các phương khác nhau nên m=0 .
r
r
r
r
r
Vậy S1 .e1+S2 .e2 +S3 .e3 +S4 .e4 =0 ( đpcm).
Bài toán 1.7. Cho tứ diện A1 A2 A3 A 4 ; M là điểm nằm trong tứ diện. Chứng minh rằng
M là tâm tỉ cự của bốn điểm A1 , A2 , A3 , A 4 gắn với họ hệ số V1 , V2 , V3 , V 4 trong đó
V1=VMA2 A3 A 4 , V2=VMA1A3 A 4 , V3=VMA1A2A 4 , V 4 VMA1A2A 3 .
Chứng minh. Ta cần phải chứng minh:
uuuur
uuuur
uuuur
uuuur r
V1 MA1+V2 MA2 +V3 MA3 +V4 MA4 =0
19
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
A4
M
A3
A1
B4
A2
Giả sử đường thẳng nối điểm M với các đỉnh Ai giao với các mặt đối diện tại điểm
Bi
Ta có A 4 M A1 A2 A3 B4
Gọi S1 , S2 , S3 lần lượt là diện tích của các VB4 A2 A3 , VB4 A1 A3 , VB4 A1 A2
Ta có
S1 VA4 B4 A2 A3 VMB4 A2 A3 VA4 B4 A2 A3 -VMB4 A2 A3
=
=
=
S2 VA4 B4 A1 A3 VMB4 A1 A3 VA4 B4 A1 A3 -VMB4 A1 A3
S2 V2
=
S3 V3
S S V
Suy ra 1 = 2 = 2
S2 S3 V3
Tương tự ta có:
Do B4 là điểm nằm trong VA1 A2 A3 nên theo bài 1.2 ta có:
uuuuur
uuuuur
uuuuur r
S1 .B4 A1+S2 .B4 A2 +S3 .B4 A3 =0
uuuur uuuur
uuuur
uuur uuuur
uuuur uuuur
r
uuuur uuuur
r
P
uuuur
Vậy ta có: V1 MA1+V2 MA2 +V3 MA3 +V4 MA4 =0 ( đpcm).
S1 . PA1 -PB4 +S2 . PA2 -PB4 +S3 . PA3 -PB4 =0
Bài toán 1.8 ( Hệ thức lượng giác trong góc tam diện)
Cho một góc tam diện với các góc phẳng ở đỉnh là , , . Các góc phẳng nhị diện
đối diện tương ứng là A, B, C. Chứng minh rằng:
cos cos .cos sin .sin .cosA 1
cos cos .cos sin .sin .cosB 2
cos cos .cos sin .sin .cosC 3
Chứng minh.
20
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
a1
K
H
O
F
a3
E
a2
Gọi góc tam diện là Oa1a2a3 với a2Oa3 , a1Oa3 , a1Oa2 . Ta sẽ chứng
minh (1). Thật vậy:
Lấy các điểm E, F lần lượt thuộc Oa2 , Oa3 sao cho OE=OF=1 .
uuuur uuuur
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của E, F trên Oa1 HE , KF A .
uuur uuur
Ta có: OE.OF OE.OF.cos=cos (1)
Mặt khác
uuur uuur
uuuur
uuuur uuuur uuuur
uuuur uuuur uu
uur uuuur
OE .OF OH HE OK KF OH.OK HE. KF
OH.OK.cos0+HE.KF.cosA
=OE.cos .OF.cos OE.sin . OF.sin . cosA
=cos .cos sin .sin .cosA (2)
Từ (1), (2) cos cos .cos sin .sin .cosA ( đpcm )
Chứng minh tương tự (2), (3).
Nhận xét: từ bài toán này ta có một số kết quả sau:
1) Với góc tam diện như trong đề bài ta có
2
21
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
2) Cho góc tam diện Ob1b2b3 với Ob1 Oa2a3 , Ob2 Oa1a3 , Ob3 Oa1a2 ta sẽ
có một kết quả tương tự như sau:
cosA=-cosB.cosC+sinB.sinC.cos
( định lí hàm số cosin thứ hai – đối ngẫu của định lí cosin thứ nhất )
Bài toán 1.9. Cho tứ diện S.ABC. Trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm
D, E, F. Các mặt phẳng (ABF), (BCD), (ACE) cắt nhau tại điểm M. Đường thẳng SM
cắt mặt phẳng ( DEF) tại N, cắt mặt phẳng (ABC) tại P. Chứng minh rằng:
PN
PM
3
NS
MS
Chứng minh.
S
D
F
N
E
C
A
P
B
uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuuur
uuur
Đặt SA SD , SB SE , SC SF , SP mSM nSN .
Vì điểm P thuộc mặt phẳng (ABC) nên tồn tại x, y, z ¡ : x+ y+ z=1
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
Ta có SP xSA ySB zSC xSD ySE zSF (*)
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
nSN xSD ySE zSF SN
x uuur
n
SD
22
y uuur z uuur
n
SE
n
SF
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Mà điểm N thuộc mặt phẳng (DEF) nên ta có:
x
n
y z
n
n
1 x y z n (1)
uuuur
uuur
uuur
uuur
Tương tự từ (*) ta có: mSM xSA ySB zSF
Mà điểm M thuộc mp (ABF) nên ta có x+ y z m (2)
uuuur
uuur
uuur
uuur
Từ (*) ta có mSM xSD ySB zSC
Mà điểm M thuộc mp(DBC) nên x y+ z m (3)
uuuur
uuur
uuur
uuur
Từ (*) ta có: mSM xSA ySE zSC
Mà điểm M thuộc mp(AEC) nên x y z m (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có 2 x+ y+ z x y+ z 3m (5)
Từ (1), (5) n+2=3m n-1=3 m 1 (**)
Ta có:
PN SP-NS SP
1 n-1
NS
NS
NS
PM SP-MS SP
1 m-1
MS
MS
MS
Kết hợp (*), (**) ta có:
PN
PM
(đpcm).
3
NS
MS
Bài toán 1.10. Trong không gian cho bốn tia Oa, Ob, Oc, Od sao cho góc giữa chúng
tạo thành với nhau đôi một bằng nhau. Cho tia thứ năm Ot tạo với các tia
Oa, Ob, Oc, Od lần lượt các góc , , , . Chứng minh rằng:
cos cos +cos +cos =0
Chứng minh.
ur ur ur ur
Gọi các vectơ đơn vị a, b, c, d lần lượt là các vectơ chỉ phương của các tia
Oa, Ob, Oc, Od và cùng hướng với các vectơ đó.
ur ur ur ur
Vì bốn vectơ a, b, c, d không đồng phẳng nên tồn tại bộ số t1,t2 , t3 , t4 không đồng
ur
ur
ur
ur ur
thời bằng 0 sao cho t1a t2 b t3c t4 d 0 (*)
23
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
ur ur ur ur
Nhân vô hướng (*) với a, b, c, d ta có:
ur
urur
urur
urur
t a 2 t ab t ac t ad 0
2
3
4
1
u
ru
r
u
r
u
ru
r
rur
2
t ba t b t bc t ubd
0
1
2
3
4
urur
urur
ur 2
urur
t1ca t 2 cb t3c t 4 cd 0
urur
urur
urur
ur 2
t1 da t2 db t3 dc t 4 d 0
ur ur
Gọi Oa,Ob a.b cos
Vì góc giữa hai tia bằng nhau đôi một nên ta có
ur ur
ur ur
ur ur
ur ur
ur ur
ur ur
a.b b.c c.d d .a d .b a.c cos
Khi đó ta có
t1 t2 t3 t4 0 1
t2 t1 t3 t4 0
t3 t1 t2 t 4 0
t4 t1 t2 t3 0
2
3
4
Hệ này có nghiệm khác không nên 1
Từ (1), (2) t1 t2 1 0 t1=t2
Tương tự ta có t1=t2= t3= t4 0
ur
ur ur ur
ur
Từ (*) a b c d 0
ur
Lấy u là vectơ đơn vị chỉ phương của tia Ot ta có
ur ur
ur
ur ur
u a b c d 0 cos cos +cos +cos =0 (đpcm).
24
Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học
Nhận xét:
ur
uuur ur
uuur ur
uuuur ur
uuuur
ur
ur
ur ur
ur
1) Đặc biệt nếu a OA , b OB , c OC , d OD . Từ đẳng thức a b c d 0
Ta có O là trọng tâm tứ diện ABCD. Mặt khác OA=OB=OC=OD nên O là tâm mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện. Do đó ABCD là tứ diện gần đều.
2) Qua bài toán trên ta thấy các hệ thức không phụ thuộc vào độ dài mà chỉ phụ thuộc
vào độ lớn các góc tức là phụ thuộc vào phương các cạnh ta có thể dùng phương pháp
vectơ để chứng minh bằng cách qui về góc của hai vectơ.
25