Ứng dụng của vectơ trong giải toán hình học phẳng

Mục lục
1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1.1 CÁC ĐỊNH NGHĨA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Định nghĩa vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Độ dài vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 HAI VECTƠ CÙNG PHƯƠNG, BẰNG NHAU,ĐỐI NHAU
1.2 CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Phép cộng vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Phép trừ vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Phép nhân vectơ với một số thực . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 HỆ TRỤC TỌA ĐỘ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Trục tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Hệ trục tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Định nghĩa: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.4 Biểu thức tọa độ tích vô hướng cuả hai vectơ . . . . . . . . .
1.4.5 Công thức hình chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.6 Phương tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.7 Trục đẳng phương-Tâm đẳng phương . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

2 CÁC DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG
2.1 CHỨNG MINH MỘT HỆ THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 CHỨNG MINH HAI ĐIỂM TRÙNG NHAU . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Lý thuyết bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 CHỨNG MINH 3 ĐIỂM THẲNG HÀNG (HAI ĐƯỜNG THẲNG
ĐỒNG QUY) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC . . . . . . . .
2.4.1 Lý thuyết bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG . . . . . . . . .
2.5.1 Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 CHỨNG MINH BỐN ĐIỂM CÙNG THUỘC MỘT ĐƯỜNG TRÒN .

1

3
3
3
3
3
5
5
5
6
6
6
6
7
7
7
7
8
8
8
8

9
9
9
10
15
15
15

20
20
22
29
29
29
31
31
32
33


2.7

2.8

2.6.1 Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . .
2.6.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TÌM QUỸ TÍCH ĐIỂM (TÌM TÂP HỢP ĐIỂM)
2.7.1 Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . .
2.7.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ ĐỂ TÌM CỰC TRỊ .
2.8.1 Lý thuyết bổ trợ . . . . . . . . . . . . . .
2.8.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.

33
34
37
37
37
43
43
44


CÁC DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ
TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Trong chương trình toán ở bậc THPT, vectơ là một khái niệm quan
trọng, nó có tính khái quát cao. Nó có thể sử dụng cho cả hình học
phẳng lẫn hình học không gian và thậm chí cả đại số. Nhờ vectơ ta có
thể đưa tọa độ vào bài toán hình học do đó tránh khỏi những sai lầm về
mặt trực quan.Cũng nhờ vectơ nhiều bài toán hình học phẳng,hình học
không gian rất khó nếu chỉ giải quyết bằng hình học thuần túy,nhưng
lại trở nên đơn giản nếu ứng dụng vectơ. Chính vì vậy, nghiên cứu ứng
dụng các vectơ vào việc giải toán hình học, thậm chí cả đại số là một
vấn đề thú vị và ý nghĩa. Trong khuôn khổ một chuyên đề nhỏ, chúng
tôi chỉ đề cập đến một số ứng dụng phổ biến của vectơ trong việc giải
toán.

1

TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1.1
1.1.1

CÁC ĐỊNH NGHĨA
Định nghĩa vectơ

• Vectơ là một đoạn thẳng định hướng.
• Mỗi vectơ có một điểm đầu và một điểm cuối.
−→
Vectơ có điểm đầu là A và điểm cuối là B được kí hiệu là AB
Quy ước: Vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau là vectơ không. Kí hiệu: 0

1.1.2

Độ dài vectơ

Độ dài của vectơ là độ dài của đoạn thẳng có hai đâù mút là điểm đầu và điểm
−→
−→
cuối của vectơ đó. Độ dài của AB kí hiệu: AB
1.1.3

HAI VECTƠ CÙNG PHƯƠNG, BẰNG NHAU,ĐỐI NHAU

1. Hai vectơ cùng phương nếu chúng cùng nằm trên một đường thẳng hoặc nằm
trên hai đường thẳng song song.

2. Hai vectơ cùng phương có thể cùng hướng hoặc ngược hướng:

3


−→ −−→
−→
(a) Hai vectơ AB ,CD cùng hướng , kí hiệu: AB

−−→
CD.

−→
−−→
(b) Hai vectơ ngược hướng, kí hiệu: AB ↑↓ CD .

−→ −−→
−→ −−→
(c) Hai vectơ AB ,CD bằng nhau, kí hiệu:AB = CD .
−→ −−→
AB = CD ⇔

AB = CD
−→ −−→
AB CD
−→ −−→
−→
−−→
(d) Hai vectơ AB ,CD đối nhau, kí hiệu: AB = −CD.
−→

−−→
AB = −CD ⇔

AB = CD
−→
−−→
AB ↑↓ CD
4


1.2
1.2.1

CÁC PHÉP TOÁN VECTƠ
Phép cộng vectơ

Cho hai vectơ a, b. Lấy một điểm A nào đó rồi xác định các điểm B,C sao cho
−→
−→
−→
AB = a, AC = b. Khi đó vectơ AC được gọi là tổng của hai vectơ a, b. Ký hiệu:
−→
AC = a + b
Phép lấy tổng của hai vectơ được gọi là phép cộng vectơ.
1. Các quy tắc
(a) Quy tắc ba điểm: Với ba điểm A, B, C bất kì, ta luôn có:
−→ −−→ −→
AB + BC = AC
(b) Quy tắc hình bình hành: Nếu ABCD là hình bình hành thì
−→ −−→ −→

AB + AD = AC
−−→ −−→
(c) Nếu M là trung điểm của đoạn thẳng AB thì M A + M B = 0
−→ −−→ −→
(d) Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì GA + GB + GC = 0
2. Tính chất của phép cộng vectơ
(a) Tính chất giao hoán: a + b = b + c
(b) Tính chất kết hợp: (a + b) + c = b + (b + c)
(c) Tính chất của 0: a + 0 = 0 + a = a
1.2.2

Phép trừ vectơ

Hiệu của hai vectơ a, b kí hiệu a − b, là tổng của vectơ a và vectơ đối của vectơ
b, tức là:
a − b = a + (−b).
Phép lấy hiệu của hai vectơ gọi là phép trừ vectơ.
−→
Quy tắc ba điểm đối với phép trừ vectơ: Cho vectơ AB và một điểm O bất kì,
ta luôn có:
−→ −→ −−→
AB = OA − OB

5


1.2.3

Phép nhân vectơ với một số thực

1. Định nghĩa: Tích của số thực k với một vectơ a là một vectơ, kí hiệu: ka được
xác định như sau:
(a) Nếu k ≥ 0 thì vectơ ka cùng hướng với a
(b) Nếu k < 0 thì vectơ ka ngược hướng với a
(c) |ka| = |k| |a|
2. Tính chất:
(a) Phân phối đối với phép cộng vectơ: k(a + b) = ka + k b
(b) Phân phối đối với phép cộng: (k + h)a = ka + ha
(c) Kết hợp: k(ha) = (kh)a
(d) ka = 0 khi và chỉ khi k = 0 hoặc a = 0
3. Điều kiện để hai vectơ cùng phương.
(a) Vectơ a, (a = 0) cùng phương với vectơ b khi và chỉ khi có số k sao cho
a = k b.
(b) Điều kiện để ba điểm thẳng hàng: Điều kiện cần và đủ để ba điểm phân
−→
−→
biệt A,B,C thẳng hàng là có số k sao cho AB = k AC.
4. Biểu thị một vectơ qua hai vectơ không cùng phương. Cho hai vectơ không
cùng phương a, b. Khi đó mọi x đều có thể biểu thị được một cách duy nhất
qua hai vectơ a và b, nghĩa là có duy nhất cặp số m và n sao cho x = m.a + n.b.

1.3
1.3.1

HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
Trục tọa độ

• Định nghĩa: Trục tọa độ là một đường thẳng trên đó đã xác định một điểm
gốc O và một vectơ đơn vị i có độ dài bằng 1.
• Tọa độ của vectơ và của điểm trên trục: Cho vectơ u = ai ; a được gọi là tọa

độ của vectơ u trên trục (O;i ).
−−→
Một điểm M nằm trên trục và OM = mi ; m là tọa độ của M trên trục (O;i ).
1.3.2

Hệ trục tọa độ

1. Định nghĩa: Hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy gồm hai trrục Ox, Oy vuông
góc với nhau với hai vectơ đơn vị i ,j có độ dài bằng 1.
2. Tọa độ của vectơ: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy thì với mọi vectơ u , ta
có: u = u1 i + u2 j Cặp số (u1 ; u2 ) được gọi là tọa độ của vectơ u. Kí hiệu
u = (u1 ; u2 ).
6


−→
3. Cho hai điểm A(xA ; yA ) và B(xB ; yB ) thì: AB = (xB − xA ; yB − yB ).
−−→
4. Tọa độ của một điểm: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy thì: OM = xi + y j
⇔ x, y là tọa độ của M, kí hiệu M(x; y).
5. a(x; y) = b(x ; y ) ⇔

x =x
y =y

6. Với hai điểm M(xM ; yM ) và N(xN ; yN ) thì:
−−→
(a) M N = (xN − xM ; yN − yM )
(b) I là trung điểm của MN thì I

xM + x N y M + y N
;
2
2

(c) G là trọng tâm tam giác ABC thì G

1.4
1.4.1

.

xA + xB + xC yA + yB + yC
;
.
3
3

TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ
Định nghĩa:

Tích vô hướng của hai vectơ a ,b là một số, kí hiệu là ab được xác định bởi:
ab = |a||b| cos(a, b)
1.4.2

Hệ quả

1. Bình phương vô hướng của vectơ a : a2 = |a|2
2. Điều kiện vuông góc của hai vectơ: a⊥b ⇔ ab = 0
1.4.3

Tính chất

Với mọi a, b, c và số thực k:
1. ab = ba.
2. a.b = 0 ⇔ a⊥b
3. (ma).b = m(a.b) = a.(mb).
4. a(b + c) = ab + ac
5. a(b − c) = ab − ac

7


1.4.4

Biểu thức tọa độ tích vô hướng cuả hai vectơ

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vectơ a(x1 ; y1 ) ,b(x2 ; y2 ) .
Khi đó :
1. ab = x1 x2 + y1 y2
2. |a| =

x21 + y12

3. cos(a, b) =

ab
|a||b|

x1 x2 + y 1 y 2

=

x21 + y12 . x2 2 + y2 2

với a = 0, b = 0

4. Đặt biệt: a⊥b ⇔ x1 x2 + y1 y2 = 0
−−→
Hệ quả: M N = M N =

(xM − xN )2 + (yM − yN )2 .

1.4.5

Công thức hình chiếu
−→
−−→
Cho hai vectơ OA và OB. Gọi B’ là hình chiếu của B trên đường thẳng OA. Khi
−−→
−−→
đó OB được gọi là hình chiếu của vectơ OB trên đường thẳng OA.
−→ −−→ −→ −−→
Công thức OA.OB = OA.OB được gọi là công thức hình chiếu.
1.4.6

Phương tích

Phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R) được ký hiệu PM/(O) và
−−→ −−→

PM/(O) = M A.M B = M O2 − R2
Khi điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R). giả sử MT là tiếp tuyến của đường
tròn đó (T là tiếp điểm) thì:
−−→2
PM/(O) = M T = M T 2
1.4.7

Trục đẳng phương-Tâm đẳng phương

Trục đẳng phương của hai đường tròn tròn O1 và O2 (O1 1 = O2 ) là quỹ tích các
điểm M có phương tích bằng nhau đối với hai đường tròn đã cho.
Trục đẳng phương vuông góc với đường nối hai tâm tại điểm N, mà:

N O1 =

d r2 − r12
d r12 − r22
+
hoặc N O2 = + 2
2
2d
2
2d

8


Trong đó d là chiều dài đường nối tâm, r1 , r2 lân lượt là bán kính của 2 đường tròn
O1 , O2 .
Đặc biệt nếu hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm thì trục đẳng phương đi qua

hai điểm ấy; nếu hai đường tròn tiếp xúc nhau thì trục đẳng phương là tiếp tuyến
chung tại tiếp điểm.
Tâm đẳng phương của ba đường tròn là giao điểm của ba trục đẳng phương của
từng cặp các vòng tròn đó.

2

CÁC DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
VECTƠ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

2.1
2.1.1

CHỨNG MINH MỘT HỆ THỨC
Phương pháp

Sử dụng kết hợp các mềnh đề sau:
−→2
1. Tính chất AB = AB 2
2. Các quy tắc
−→ −−→ −→
(a) Quy tắc ba điểm : Với bai điểm bất kì A,B,C ta có AB + BC = AC
(b) Quy tắc hình bình hành: Nếu ABCD là hình bình hành thì ta có:
−→ −−→ −→
AB + AD = AC
−→
(c) Quy tắc về hiệu vectơ: Nếu AB là một vectơ đã cho thì với điểm M bất
−→ −−→ −−→
kì, ta luôn có AB = M B − M A
−→ −−→ −→

3. G là trọng tâm tam giác ABC ⇔ GA + GB + GC = 0
4. G là trọng tâm tam giác ABC và M là một điểm bất kì thì
−−→ −−→ −−→
−−→
M A + M B + M C = 3M G
−−→ −−→
5. Nếu M là trung điểm đoạn thẳng AB thì M A + M B = 0
6. Điểm I là trung điểm của đoạn thẳng AB khi và chỉ khi với điểm M bất kì, ta
có:
−−→ −−→
−−→
M A + M B = 2M I
7. Tích vô hướng của hai vectơ: ab = |a||b| cos(a, b)
−→ −−→ −→ −−→
8. B’ là hình chiếu của B trên OA khi đó ta có OA.OB = OA.OB
9


2.1.2

Các ví dụ

Ví dụ 2.1. (Chứng minh định lí côsin SGK HH10 NC Tr53 ) Trong
tam giác ABC, với BC=a, CA=b, AB=c, ta có:
a2 = b2 + c2 − 2bc cos A
b2 = a2 + c2 − 2ac cos B
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C
Giải.

Ta có:

−−→2
−→ −→
BC = AC − AB

2

−→2 −→2
−→ −→
= AC + AB − 2BA.AC = b2 + c2 − 2bc cos A

Tương tự ta có :
b2 = a2 + c2 − 2ac cos B
c2 = a2 + b2 − 2ab cos C
Ví dụ 2.2. (Bài toán 3 SGK HH10 NC Tr58 ) Cho tam giác ABC,
gọi ma , mb , mc là độ dài đường trung tuyến lần lượt ứng với các cạnh
BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh các công thức sau đây, gọi là công
thức trung tuyến:
m2a =

b2 + c2 a2 2 a2 + c2 b2 2 a2 + b2 c2
− ; mb =
− ; mc =
−
2
4
2
4
2
4
Giải.

Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AC, AB. Ta có
−→ −
→ −→
−→2 −
→2 −→2
−
→ −→
AB = AI + IB ⇒ AB = AI + IB + 2AI.IB

10


−→ −
→ −→
−→2 −
→2 −→2
−
→ −→ −
→2 −→2
−
→ −→
AC = AI + IC ⇒ AC = AI + IC + 2AI.IC = AI + IB − 2AI.IB
Do đó:
−→2 −→2
−
→2
−→2
a2
AB + AC = 2AI + 2IB ⇔ AB 2 + AC 2 = AI 2 + IB 2 ⇔ c2 + b2 = 2m2a +

2
2
2
2
b +c
a
Từ đó suy ra: m2a =
−
2
4
a2 + c 2 b 2 2 a2 + b 2 c 2
− ;mc =
−
Chứng minh tương tự ta được m2b =
2
4
2
4
Ví dụ 2.3. (Bài tập 64 SBT HH10 NC Tr48 ) Chứng minh rằng
khoảng cách d từ trọng tâm tam giác ABC đến đường tròn ngoại tiếp
của tam giác đó thỏa mãn hệ thức
R 2 − d2 =

a2 + b 2 + c 2
9

Giải.
Giả sử tam giác ABC nội tiếp trong đường tron tâm O và có trọng tâm G.Ta có:
−→2 −−→2 −→2
−→ −→

−−→ −→
−→ −→
OA + OB + OC = (GA − GO)2 − (GB − GO)2 − (GC − GO)2
−→2 −−→2 −→2
−→ −→ −−→ −→
−→2
= GA + GB + GC − 2GO(GA + GB + GC) + 3GO .
−→ −−→ −→
Do OA = OB = OC = R và GA + GB + GC = 0 nên
3R2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + 3d2 .

11


Mặt khác :

4
GA2 + GB 2 + GC 2 = (m2a + m2b + m2c )
9
4 b 2 + c 2 a2 a2 + c 2 b 2 a2 + b 2 c 2
=
−
+
− +
−
9
2
4
2
4

2
4
a2 + b 2 + c 2
=
3
2
2
2
a
+
b
+
c
Nên 3R2 =
+ 3d2
3
a2 + b 2 + c 2
suy ra R2 − d2 =
9
Ví dụ 2.4. (Bài tập 65 SBT NC HH10 Tr48 ) Chứng minh rằng trong
mỗi tam giác, khoảng cách d từ tâm đường tròn nội tiếp đến tâm đường
tròn ngoại tiếp thỏa mãn hệ thức
d2 = R2 − 2Rr (Hệ thức Ơ-le)
Giải.

Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và ngoại tiếp đường tròn (I; r).
Aˆ
Gọi D, E thứ tự là điểm chính giữa cung BC và AC thì OD⊥BC và BAD = .
2
Mặt khác, ta có :

1
BID = (sd BD +sd AE)
2
1
= (sd DC +sd EC)
2
1
= sd DCE
2

12


Vậy BID = IBD, suy ra ID = BD = 2R sin

A
.
2

Trong tam giác OID ta có :
−→2 −−→2 −→2
−−→ −→
OI = OD + DI + 2OD.DI
−−→ −→
⇔ OI 2 = OD2 + DI 2 − 2DO.DI
−−→ −−→ −→
A2
+ R2 − 2DO(DH + HI)
2
−−→ −−→

A2
2
= 4R sin
+ R2 − 2DO.DH
2
= 4R2 sin

với DH ⊥ IH
Dễ thấy :
−−→ −−→
DO.DH = DO(DJ + JH)
A
= R BD sin + r
2
2
A
= R(2Rsin
+ r)
2
A2
= 2R2 sin
+ Rr.
2
Từ đó suy ra d2 = R2 − 2Rr
Ví dụ 2.5. (Bài tập 25 SBT NC HH10 Tr42) Cho tam giác ABC nội
tiếp trong đường tròn (O) và một điểm M sao cho các góc AMB, BMC,
CMA đều bằng 120o . Các đường thẳng AM, BM, CM cắt đường tròn (O)
lần lượt tại A’, B’, và C’. Chứng minh rằng:
MA + MB + MC = MA + MB + MC

Giải.
Lấy các điểm A1 , B1 , C1 sao cho :
−−→
−−→
−−→
−−−→ M A −−−→ M B −−−→ M C
M A1 =
, M B1 =
, M C1 =
,
MA
MB
MC
khi đó cả ba vectơ trên đều có độ dài bằng 1, mà góc giữa hai vectơ bất kỳ trong

13


chúng đều bằng 120o nên M là tâm của tam giác đều A1 B1 C1 .
Gọi P là trung điểm AA’ thì OP ⊥ AA’ nên theo công thức hình chiếu ta có:
−−→ −−→
−−→ −−→
−−→ −−→ −−→
2M A.M O = 2M A.M B. Nhưng vì P là trung điểm của AA’ nên 2M P = M A+ M A .
Vậy:
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
2M A.M O = M A.(M A + M A )
−−→ −−→
= M A2 + M A.M A
= M A2 − M A.M A

= M A.(M A − M A )
−−→
−−−→ −−→
M A −−→
.M O = M A − M A , hay 2M A1 .M O = M A − M A .
suy ra 2
MA
Tương tự:
−−−→ −−→
2M B1 .M O = M B − M B
−−−→ −−→
2M C1 .M O = M C − M C .
Từ đó ta có:
−−−→ −−−→ −−−→
M A + M B + M C − M A − M B − M C = 2.(M A1 + M B1 + M C1 ) = 0,
hay M A + M B + M C = M A + M B + M C

14


2.2
2.2.1

CHỨNG MINH HAI ĐIỂM TRÙNG NHAU
Lý thuyết bổ trợ

Muốn chứng minh hai điểm A1 và A2 trùng nhau, ta lựa chọn một trong hai
hướng:
−−−→
• Hướng 1: Chứng minh A1 A2 = 0

−−→ −−→
• Hướng 2: Chứng minh OA1 = OA2 với O là điểm tùy ý.
2.2.2

Các ví dụ

Ví dụ 2.6. (Bài tập 29 SBT HH10 NC Tr43) Cho hai đường thẳng
AB và CD cắt nhau ở điểm M. Chứng minh rằng bốn điểm A, B, C. D
cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi:
−−→ −−→ −−→ −−→
M A.M B = M C.M D.
Giải.

−−→ −−→ −−→ −−→
( ⇒ ) Nếu A,B,C,D cùng thuộc một đừơng tròn C thì M A.M B = M C.M D
Thật vậy, giả sử đường tròn C có tâm O bán kính R. Theo định nghĩa phương tích
ta có :
−−→ −−→ −−→ −−→
PM/(O) = M A.M B = M C.M D
−−→ −−→ −−→ −−→
Suy ra M A.M B = M C.M D.

15


−−→ −−→ −−→ −−→
( ⇐ ) Nếu M A.M B = M C.M D thì A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn.
Thật vậy, vẽ đường tròn đi qua ba điểm A,B,C, giả sử đường tròn đó cắt đường
thẳng CD ở điểm D’ khác C.
−−→ −−→ −−→ −−−→

Khi đó ta có A,B,C,D’ cùng thuộc một đường tròn nên M A.M B = M C.M D .
−−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−−→ −−→ −−→
Ta lại có M A.M B = M C.M D (gt). Do đó M C.M D = M C.M D
−−→
−−→ −−−→
MD − MD = 0
⇔ MC
−−−→ −−→
−−−→
−−→
−−→
Vì M C = 0 nên M D − M D = 0 ⇔ M D = M D ⇔ D ≡ D
−−→ −−→ −−→ −−→
Vậy A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn ⇔ M A.M B = M C.M D
Ví dụ 2.7. (Bài tập 30 SBT HH10 NC Tr43) Cho đường thẳng AB
cắt đường thẳng
ở M và một điểm C khác M trên đường thẳng .
Chứng minh rằng
là tiếp tuyến của đường tròn (ABC) khi và chỉ khi
2
M C = M A.M B.
Giải.
Giả sử đường tròn (ABC) có tâm O bán kính R. Bây giờ ta đi chứng minh mệnh
đề trên.
(⇒) Giả sử
là tiếp tuyến của (ABC) ta đi chứng minh M C 2 = M A.M B.
Thật vậy theo định nghĩa phương tích ta có:
−−→ −−→
−−→ −−→

PM/(O) = M A.M B = M A.M B. cos(M A.M B) = M A.M B
−−→ −−→
−−→ −−→
(Vì M,A,B thẳng hàng nên (M A; M B) = 0 ⇒ cos(M A; M B) = 1)
Và PM/(O) = M C 2 (Vì M,C ∈ mà
lại là tiếp tuyến của đường tròn (O)
nên MC là tiếp tuyến của (O)). Vậy M C 2 = M A.M B = PM/(O) .
(⇐) Nếu M C 2 = M A.M B thì
là tiếp tuyến của đường tròn (O,R).
Thật vậy, giả sử M’C là tiếp tuyến của (O) ta đi chứng minh điểm M ≡ M .
Theo định nghĩa phương tích ta có:
−−→ −−→
−−→ −−→
PM/(O) = M A.M B = M A.M B. cos(M A; M B) = M A.M B = M O2 − R2 = M C 2
−−→ −−→
−−→ −−→
(Vì M,A,B thẳng hàng nên (M A; M B) = 0 ⇒ cos(M A; M B) = 1 ) ⇒ R2 =
M O2 − M C 2 và tương tự ta cũng có PM /(O) = M A.M B = M O2 − R2 = M C 2
(vì M’C là tiếp tuyến nên PM /(O) = M C 2 ) ⇒ R2 = M O2 − M C 2 .
Vậy ta có: M O2 − M C 2 = M O2 − M C 2
−−→2 −−→2 −−→2 −−→2
⇔ MO − MC = M O − M C
16


−−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−→ −−→ −−→
⇔ (M O − M O)(M O + M O) = (M C − M C)(M C + M C)
−−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−→ −−→ −−→

⇔ (M O + OM )(M O + M O) = (M C + CM )(M C + M C)
−−−→ −−→ −−→
−−−→ −−→ −−→
⇔ M M (M O + M O) = M M (M C + M C)
−−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
⇔ M M (M O − M C + M O − M C) = 0
−−−→ −→
⇔M
M
=0
−−−
→.2−CO
→
⇔−
M
M
.
CO
=
0
−−→
−→
⇔ M M = 0 (Vì |CO| = R = 0 )
⇔ M ≡ M ⇒ MC là tiếp tuyến của (O) (đpcm)
Ví dụ 2.8. (Bài tập 17 SBT NC HH10 Tr8) Cho tam giác ABC. Gọi
M,N,P lần lượt là các điểm chia các đoạn thẳng AB, BC, CA theo cùng
tỉ số k =. chứng minh rằng hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm
Giải.
Gọi G là trọng tâm tam giác MNP thi ta có :
−→

−−→ −−→
−→ −→
−→
−−→ −−→ −→
GA − k GB GB − k GC GC − k GA
GM + GN + GP = 0 ⇔
+
+
=0
1−k
1−k
1−k
−→ −−→ −→
⇔ GA + GB + GC = 0
Vậy G cũng là trọng tâm tam giác ABC.

17


Ví dụ 2.9. (Bài tập 23 SBT NC HH10 Tr9) Cho ngũ giác ABCDE
. Gọi M, N, P, Q, R lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DE,
EA. Chứng minh rằng hai tam giác MPE và NQR có cùng trọng tâm.
Giải.

Với điểm G bất kỳ ta có:
−−→
−−→ −→ −−→ 1 −→ −−→
1 −→ −−→
GM + GP + GE = (GA + GB) + (GC + GD) + GB
2

2
1 −−→ −→
1 −−→ −−→
1 −−→ −→
= (GB + GC) + (GD + GE) + (GE + GA)
2
2
2
−−→ −→ −→
= GN + GQ + GR.
−−→ −→ −−→
−−→ −→ −→
Vậy GM + GP + GE = 0 ⇔ GN + GQ + GR = 0
Suy ra trọng tâm hai tam giác MPE và NQR trùng nhau.
Ví dụ 2.10. (Bài tập 24 SBT HH10 NC Tr9) Cho hai hình bình hành
ABCD và AB’C’D’ có chung đỉnh A. Chứng minh rằng:
−−→ −−→ −−→
a) BB + C C + DD = 0
b) Hai tam giác BC’D và B’CD’ có cùng trọng tâm.
Giải.
18


a) Ta có:
−−→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→
BB + CC + DD = AB − AB + AC − AC + AD − AD
−−→ −−→
−−→
−→ −−→
−→

= (AB + AD ) − AC − (AB + AD) + AC
−−→ −−→ −→ −→
= AC − AC − AC + AC
= 0.

b) Với điểm G bất kì ta có:
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→
GB + GC + GD = GB + B B + GC + CC + GD + D D
−−→ −→ −−→
−−→ −−→ −−→
= GB + GC + GD + (BB + CC + D D)
−−→ −→ −−→
= GB − GC + GD .
−−→ −→ −−→
−−→ −−→ −−→
Suy ra: GB − GC + GD = 0 ⇔ GB − GC + GD = 0.
Vậy trọng tâm hai tam giác BC’D và B’CD’ trung nhau.

19


2.3
2.3.1

CHỨNG MINH 3 ĐIỂM THẲNG HÀNG (HAI ĐƯỜNG
THẲNG ĐỒNG QUY)
Phương pháp

1. Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta đi chứng minh:
−→

−→
AB = k AC, k ∈ K.
−→
−→
Đê nhận được AB = k AC, k ∈ K, ta lựa chọn một trong hai hướng:
(a) Hướng 1: Sử dụng kết hợp các các mệnh đề sau :
−→ −−→ −→
i. Quy tắc ba điểm : Với bai điểm bất kì A,B,C ta có AB + BC = AC
ii. Quy tắc hình bình hành: Nếu ABCD là hình bình hành thì ta có:
−→ −−→ −→
AB + AD = AC
−→
iii. Quy tắc về hiệu vectơ: Nếu AB là một vectơ đã cho thì với điểm M
−→ −−→ −−→
bất kì, ta luôn có AB = M B − M A
−→ −−→ −→
iv. G là trọng tâm tam giác ABC ⇔ GA + GB + GC = 0
v. G là trọng tâm tam giác ABC và M là một điểm bất kì thì
−−→ −−→ −−→
−−→
M A + M B + M C = 3M G
−−→ −−→
vi. Nếu M là trung điểm đoạn thẳng AB thì M A + M B = 0
vii. Điểm I là trung điểm của đoạn thẳng AB khi và chỉ khi với điểm M
bất kì, ta có:
−−→ −−→
−−→
M A + M B = 2M I
viii. Tích vô hướng của hai vectơ: ab = |a||b| cos(a, b)
−→ −−→ −→ −−→

ix. B’ là hình chiếu của B trên OA khi đó ta có OA.OB = OA.OB
x. vv...
−→
−→
(b) Hướng 2: Xác định vectơ AB và AC thông qua các tổ hợp trung gian.
Tức là chọn 2 vectơ cơ sở a và b. Thường chọn hai cạnh chung đỉnh. Sau
−→
−→
đó phân tích AB và AC theo a, b
−→
−→
AB = m1 a + m2 b; AC = m2 a + m2 b
Suy ra k =

m1
n1
=
m2
n2

i. Chứng minh A,M,N thẳng hàng với A là một đỉnh của đa giác mà
giả thiết cho.
−→
−→
Đặt a = AB, b = AC với A, B, C là ba đỉnh của đa giác mà giả thiết
20


cho.
GT ⇒ đẳng thức vectơ, Xen điểm A ta được:

−−→
−→
−→
AM = m1 AB + n1 AC = m1 a + n1 b
GT ⇒ đẳng thức vectơ, Xen điểm A vào ta được:
−−→
−→
−→
AN = m2 AB + n2 AC
= m2 a + n2 b
= k(m1 a + n1 b)
−−→
= k AM
với k =

n2
m2
=
m1
n1

A, M, N thẳng hàng.

ii. Chứng minh I,M,N thẳng hàng với I, M, N không có điểm nào là
đỉnh của đa giác mà giả thiết cho.
−→
−→
Đặt a = AB, b = AC với A, B, C là ba đỉnh của đa giác mà giả thiết
cho.
GT ⇒ đẳng thức vectơ, Xen điểm A vào ta được

−
→
−→
−→
AI = m1 AB + n1 AC = m1 a + n1 b
(1)
GT ⇒ đẳng thức vectơ, Xen điểm A vào ta được
−−→
−→
−→
AN = m2 AB + n2 AC = m2 a + n2 b

(2)

GT ⇒ đẳng thức vectơ, Xen điểm A vào ta được
−→
−→
−−→
AN = m3 AB + n3 AC = m3 a + n3 b

(3)

Từ (1) và (2) ta có:
−−→ −−→ −
→
IM = AM − AI = (m2 − m1 )a + (n2 − n1 )b
Từ (1) và (3) ta có:
−→ −−→ −
→
IN = AN − AI

= (m3 − m1 )a + (n3 − n1 )b
= k(m2 − m1 )a + (n2 − n1 )b)
với k =

m3 − m1
n3 − n1
=
suy ra I,M,N thẳng hàng.
m2 − m1
n2 − n1

2. Cho ba điểm A, B, C. Điều kiện cần và đủ để A, B, C thẳng hàng là:
−−→
−−→
−−→
M C = αM A + (1 − α)M B
Với điểm M tùy ý và số thực α bất kì. Đặc biệt khi 0 ≤ α ≤ 1 thì C thuộc
đoạn AB.
21


2.3.2

Các ví dụ

Ví dụ 2.11. (Bài toán 3 SGK HH10 NC Tr21 ) Cho tam giác ABC
có trực tâm H, trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O. Chứng minh
rằng ba điểm O, G, H thẳng hàng.
Giải.
Gọi D là điểm đối xứng của A qua O. Khi đó:

BH//DC (vì cùng vuông góc với AC),
BD//CH (vì cùng vuông góc với AB).
Suy ra BDCH là hình bình hành, do đó I là trung điểm của HD.
−−→
−→
Từ đó AH = 2OI.
−−→ −→
−→ −−→
−→ −−→ −→ −→ −−→ −−→
Ta có: OB + OC = 2OI = OH nên OA + OB + OC = OA + AH = OH.
−→ −−→ −→
−→
Ta lại có vì G là trọng tâm tam giác ABC nên OA + OB + OC = 3OG.Suy ra
ba điểm O, H, G thẳng hàng.

22


Ví dụ 2.12. (Bài tập 19 SBT HH10 NC Tr8 ) Cho tam giác ABC.
Các điểm M, N, P lần lượt chia các đoạn thẳng AB, BC, CA theo các tỉ
số lần lượt là m, n, p ( đều khác 1). Chứng minh rằng:
a) M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi mnp = 1 (Định lí Mê-nê-la-uýt);
b) AN, CM, BP đồng quy hoặc song song khi và chỉ khi mnp = −1 (Định
lí Xê-va).
Giải.

a) Lấy một điểm O nào đó, ta có:
−→
−−→

−−→
−→
−→
−→
−−→ OA − mOB −−→ OB − nOC −→ OC − pOA
OM =
; ON =
; OP =
;
1−m
1−n
1−p

Để đơn giản tính toán, ta chọn điểm O trùng với điểm C. Khi đó ta có :
−→
−−→
−−→
−→
−−→ CA − mCB −−→
CB −→ −pCA
CM =
; CN =
; CP =
;
1−m
1−n
1−p

(4)

−−→
−−→ −→ p − 1 −→
Từ hai đẳng thức cuối cùng của (4) ta có: CB = (1 − n)CN , CA =
CP
p
và thay vào đẳng thức đầu của (4), ta được:
−−→
CM =

p − 1 −→ m(1 − n) −−→
CP −
CN
p(1 − m)
1−m
23


.
Vậy điều kiện càn và đủ để ba điểm M, N, P thẳng hàng là:
m(1 − n)
p−1
−
= 1 ⇔ p − 1 − pm(1 − n) = p(1 − m) ⇔ mnp = 1.
p(1 − m)
1−m
b) Giả sử AN cắt BP tại I và giả sử I chia đoạn thẳng AN theo tỉ số x.

Như vậy ba điểm P, I, B thẳng hàng và lần lượt nằm trên ba cạnh của tam giác
CAN.
Ta có P chia đoạn thẳng CA theo tỉ số p, I chia đoạn AN theo tỉ số x, B chia

n
(suy từ giả thiết N chia đoạn BC theo tỉ số n). Vậy theo
đoạn NC theo tỉ só
n−1
n
n−1
câu a ta có px
=1⇔x=
.
n−1
np
Giả sử AN cắt CM tại I’, và I’ chia AN theo tỉ số x’.
Như vậy ba điểm I’, C, M thẳng hàng và lần lượt nằm trên ba cạnh của tam
giác ANB.
1
Ta có : I’ chia đoạn AN theo tỉ số x’, C chia đoạn thẳng NB theo tỉ số
,M
1−n
1
chia đoạn BA theo tỉ số . Áp dụng câu a ta có :
m
1 1
x
= 1 ⇔ x = m(1 − n)
1−nm
.

24

Ba đường thẳng AN, BP, CM đồng quy khi và chỉ khi I trùng I’ hay x = x , có
nghĩa là:
n−1
= m(1 − n) ⇔ mnp = −1
np
.
+) Xét trường hợp AN và BP song song, ta có:

−−→ −−→ −→
AN = CN − CA =

1 −−→ −→
CB − CA;
1−n

−−→ −→ −−→
BP = CP − CB =

1 −→ −−→
CA − CB;
1−n

−−→
CM =

1 −→
m −−→
CA −
CB
1−m

1−m

.
Do AN//BP nên

1
p
1
p−1
: (−1) = −1 :
⇔
=
1−n
p−1
1−n
p
⇔ p = (1 − n)(p − 1) ⇔ np = n − 1.

(5)

−−→
Khi đó điều kiện cần và đủ đê AN, BP, CM song song với nhau là CM cùng
−→
−−→
−−→
−−→ CA − mCB
−−→
−−→
phương với AN . Vì CM =
, nên CM cùng phương với AN khi và chỉ

1−m
khi
1
: (−m) = −1 ⇔ m(n − 1) = −1.
(6)
1−n
25