KIẾN THỨC CHƯƠNG 1 PHẦN HÌNH HỌC TOÁN 10: VECTƠ

phần II: hình học
ch-ơng 1

vectơ

A. Kiến thức cần nhớ

I. các định nghĩa
I.kiến thức cần nhớ
1. vectơ là gì ?

Véctơ là một đoạn thẳng có định h-ớng:
Một đầu đ-ợc xác định là gốc, còn đầu kia là ngọn.
H-ớng từ gốc đến ngọn gọi là h-ớng của véctơ.
Độ dài của đoạn thẳng gọi là độ dài của véctơ.
2. Vectơ không

Định nghĩa: Vectơ không là vectơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau.
Nh- vậy, véctơ không, kí hiệu 0 là vectơ có:
Điểm gốc và ngọn trùng nhau.
Độ dài bằng 0.
3. Hai vectơ cùng ph-ơng

Hai vectơ AB , CD gọi là cùng ph-ơng, ký hiệu:
AB// CD
AB // CD
.
A, B,C, D th ẳng hàng
4. Hai vectơ cùng h-ớng, ng-ợc h-ớng

a. Hai véctơ AB , CD gọi là cùng h-ớng , ký hiệu:

AB// CD
AB CD
.
hai tia AB,CDcùng h ướng
b. Hai véctơ AB , CD gọi là ng-ợc h-ớng, ký hiệu:
AB// CD
AB CD
.
hai tia AB,CD ng ược h ướng
5. Hai vectơ bằng nhau

Hai véctơ AB , CD gọi là bằng nhau, ký hiệu:
AB CD
AB = CD
.
AB CD
267


II. tổng của hai vectơ
Định nghĩa: Tổng của hai vectơ a và b là một véctơ đ-ợc xác định nh- sau:
Từ một điểm tùy ý A trên mặt phẳng dựng vectơ AB = a .
Từ điểm B dựng vectơ BC = b .
Khi đó véctơ AC gọi là vectơ tổng của hai vectơ a và b , ta viết
AC = a + b .

B

b

a

a

A

ab

b

C

Từ định nghĩa trên ta đ-ợc quy tắc ba điểm:
AB + BC = AC , với ba điểm A, B, C bất kì.

Tính chất của phép cộng véctơ
Với mọi véctơ a , b và c , ta có:
Tính chất 1: (Tính chất giao hoán): a + b = b + a .
Tính chất 2: (Tính chất kết hợp): ( a + b ) + c = a + ( b + c ).
Tính chất 3: (Tính chất của vectơ không): a + 0 = 0 + a = a .
Quy tắc hình bình hành:
AB + AD = AC , với ABCD là hình bình hành.

Ta có "Nếu M là trung điểm đoạn thẳng AB thì MA + MB = 0 ".
Ta có "Gọi G là trọng tâm ABC thì:
GA + GB + GC = 0 ,
MA MB MC 3MG, M. + GB + GC = 0 ".

III. hiệu của hai vectơ
1. Hai vectơ đối nhau

Hai véctơ AB , CD gọi là đối nhau, ký hiệu:
AB CD
AB = CD
.
AB CD
2. hiệu của hai vectơ

Định nghĩa: Hiệu của hai véctơ a và b , kí hiệu a b , là tổng của vectơ a và
vectơ đối của vectơ b , nghĩa là:
a b = a + ( b ).
268


Phép lấy hiệu của hai vectơ gọi là phép trừ vectơ.
Để dựng vectơ a b khi biết các vectơ a và b ta lấy điểm A tuỳ ý, từ đó dựng
vectơ AB = a và AC = b , khi đó CB = a b .
B

b

a
a

ab

C

A
b

Từ cách dựng trên ta đ-ợc quy tắc hiệu hai vectơ cùng gốc:
AB AC = CB , với ba điểm A, B, C bất kì.
Tính chất của phép trừ véctơ
a b = c a = b + c .

IV. tích của một vectơ với một số
Định nghĩa: Tích của vectơ a với một số thực k là một vectơ, kí hiệu k a đ-ợc xác
định nh- sau:
a. Vectơ k a cùng ph-ơng với vectơ a và sẽ :



Cùng h-ớng với vectơ a nếu k 0.



Ng-ợc h-ớng với vectơ a nếu k 0.

b. Có độ dài bằng k. a .

Phép lấy tích của một vectơ với một số gọi là phép nhân vectơ với số (hoặc phép
nhân số với vectơ).
Từ định nghĩa trên ta có ngay các kết quả:
1. a = a , (1). a = a .
1. Tính chất của phép nhân vectơ với số

Với mọi véctơ a , b và các số thực m, n, ta có:
Tính chất 1: m(n. a ) = (mn). a .
Tính chất 2: (m + n). a = m. a + n. a .

Tính chất 3: m( a + b ) = m. a + n. b .
Tính chất 4: m a = 0 a = 0 hoặc m = 0.
2. điều kiện để hai vectơ cùng ph-ơng

Định lí 1 (Quan hệ giữa hai vectơ cùng ph-ơng): Vectơ b cùng ph-ơng với vectơ
a 0 khi và chỉ khi tồn tại số k sao cho b = k a .
Hệ quả: Điều kiện cần và đủ để ba điểm A, B, C thẳng hàng là tồn tại số k sao cho
AB = k AC .

269


3. Biểu thị một vectơ qua hai vectơ không cùng ph-ơng

Định lí 2 (Phân tích một vectơ thành hai vectơ khác 0 không cùng ph-ơng): Cho
hai vectơ a và b khác 0 và không cùng ph-ơng. Với mọi vectơ c bao giờ
cũng tìm đ-ợc một cặp số thực m, n duy nhất, sao cho:
c = ma + nb.

V. Hệ toạ độ
1. Vectơ

Cho 2 điểm M1(x1; y1), M1(x2; y2) thì M1M 2 = (x2x1; y2y1)
2. Các phép toán Vectơ

Nếu có hai vectơ v1 (x1; y1) và v 2 (x2; y2) thì:
x x 2
(i): v1 = v 2 1
.
y1 y 2

x1 y1
.

x 2 y2
(iii): v1 + v 2 = (x1 + x2; y1 + y2).

(ii): v1 // v 2

(iv): v1 v 2 = (x1x2; y1y2).
(v): k v1 (x1; y1) = (kx1; ky1) , k .
(vi): v1 + v 2 = (x1 + x2; y1 + y2).
3. Khoảng cách

Khoảng cách d giữa hai điểm M1(x1; y1) và M1(x2; y2) là độ dài của vectơ M1M 2 ,
đ-ợc cho bởi:
d = | M1M 2 | =

(x1 x 2 )2 (y1 y2 )2 .

4. Chia một đoạn thẳng theo một tỉ số cho tr-ớc

Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M1M2 theo một tỉ số k (tức là MM1 = k MM 2 ) đ-ợc
xác định bởi các công thức:
x1 kx 2

x 1 k
.

y y1 ky 2

1 k
Đặc biệt nếu k = 1, thì M là trung điểm của đoạn thẳng M1M2 , khi đó toạ độ của
M đ-ợc xác định bởi:
x1 x 2

x 2
.

y y1 y 2

2
270


5. Ba điểm thẳng hàng

Ba điểm A(x1; y1) , B(x2; y2) và C(x3; y3) thẳng hàng khi và chỉ khi:
x x1
y y
= 3 1.
AC // AB 3
x 2 x1
y 2 y1

B Ph-ơng pháp giải các dạng toán liên quan

Đ1. Vectơ
Dạng toán 1: Mở đầu về vectơ
Thí dụ 1. Cho OAB vuông cân với OA = OB = a. Hãy dựng các vectơ sau đây
và tính độ dài của chúng:

3 OA + 4 OB
OA + OB ,
OA OB ,
21
OA + 2.5 OB ,
4

14
3
OA OB .
7
4

Giải
a. Với C là đỉnh thứ t- của hình vuông OACD, ta có ngay:
OA + OB = OC , theo quy tắc hình bình hành.
Từ đó, suy ra:
OA + OB = OC = OC = a 2 .
b. Ta có ngay:
OA OB = BA , quy tắc hiệu hai vectơ cùng gốc
OA OB = BA = BA = a 2 .
c. Để dựng vectơ 3 OA + 4 OB ta lần l-ợt thực hiện:
Trên tia OA lấy điểm A1 sao cho OA1 = 3OA.
Trên tia OB lấy điểm B1 sao cho OB1 = 4OB.
Dựng hình chữ nhật OA1C1B1.
Từ đó, ta có:
3 OA + 4 OB = OA1 + OB1 = OC1
3 OA + 4 OB = OC1 = OC1 =
d. Thực hiện t-ơng tự câu c), ta dựng đ-ợc vectơ

A

B

C
A1

O

A

B

B1

C1

OA C1A = 5a.
2
1

2
1

21
OA + 2.5 OB và
4

21

a 541
.
OA + 2.5 OB =
4
4

e. Thực hiện t-ơng tự câu c), ta dựng đ-ợc vectơ


O

14
3
OA OB và
4
7

14
3
a 6073
.
OA OB =
4
7
28

271


Thí dụ 2. Cho ABC đều có cạnh bằng a. Tính độ dài vectơ tổng AB + AC .

Giải
Gọi M là trung điểm BC, lấy điểm A1 đối xứng với A
qua M, ta có ngay ABA1C là hình bình hành, suy ra:

A1

B

AB + AC = AA1
a 3
AB + AC = AA1 = 2AM = 2.
= a 3.
2
A

M

C

Chú ý: Với các em học sinh ch-a nắm vững kiến thức về tổng của hai vectơ
thì th-ờng kết luận ngay rằng:
AB + AC = AB + AC = a + a = 2a.
Dạng toán 2: Chứng minh một đẳng thức vectơ
Ph-ơng pháp áp dụng
Ta lựa chọn một trong các h-ớng biến đổi sau:
H-ớng 1: Biến đổi một vế thành vế còn lại (VT VP hoặc VP VT). Khi đó:
Nếu xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực hiện việc đơn giản biểu
thức.
Nếu xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích

vectơ.
H-ớng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức đã biết là luôn
đúng.
H-ớng 3: Biến đổi một đẳng thức vectơ đã biết là luôn đúng thành đẳng thức
cần chứng minh.
H-ớng 4: Tạo dựng các hình phụ.
Khi thực hiện các phép biến đổi ta sử dụng:
Quy tắc ba điểm:
AB = AC + CB .
Quy tắc hình bình hành: Với hình bình hành ABCD luôn có:
AC = AB + AD .
Hiệu hai vectơ cùng gốc
AB AC = CB .
Tính chất trung điểm: Với điểm M tuỳ ý và I là trung điểm của AB luôn có:
1
( MA + MB ).
2
Tính chất trọng tâm tam giác: Với ABC có trọng tâm G ta có:

MI =



GA + GB + GC = 0 .


272

MA + MB + MC = 3 MG , với M tuỳ ý.
Các tính chất của phép cộng, trừ vectơ và phép nhân một số với một vectơ.

Thí dụ 1. Cho bốn điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng AB + CD + BC = AD .

Giải
Ta có thể trình bày theo ba cách sau:
Cách 1: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
VT = ( AB + BC ) + CD = AC + CD = AD , đpcm.
Cách 2: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
VT = AB + ( BC + CD ) = AB + BD = AD , đpcm.
Cách 3: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
AD = AC + CD = AB + BC + CD , đpcm.
Cách 4: Sử dụng quy tắc ba điểm, ta có:
AD = AB + BD = AB + BC + CD , đpcm.

Nhận xét: Việc trình bày thí dụ trên theo bốn cách chỉ mang tính chất minh
hoạ cho những ý t-ởng sau:
1. Với cách 1 và cách 2, chúng ta gom hai vectơ có "điểm cuối
của vectơ thứ nhất trùng với điểm đầu của vectơ thứ hai" từ đó
sử dụng chiều thuận của quy tắc ba điểm.
2. Với cách 3 và cách 4, chúng ta sử dụng chiều ng-ợc lại của quy
tắc ba điểm, cụ thể "với một vectơ AB bất kì chúng ta đều có thể
xen thêm vào giữa một điểm tuỳ ý để từ đó phân tích đ-ợc vectơ
AB thành tổng của hai vectơ".
Thí dụ 2. Cho 4 điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng AB + CD = AD + CB .
Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Ta có:
VT = ( AD + DB ) + CD = AD + CD + DB = AD + CB = VP.
Cách 2: Ta có:

VT = ( AC + CB ) + CD = AC + CD + CB = AD + CB = VP.
Cách 3: Biến đổi t-ơng đ-ơng biểu thức về dạng:
AB AD = CB CD DB DB , đúng Điều phải chứng minh.
Cách 4: Biến đổi t-ơng đ-ơng đẳng thức về dạng:
AB CB = AD CD AB + BC = AD + DC AC = AC , luôn đúng.

Nhận xét: 1.

Để thực hiện chứng minh đẳng thức vectơ đã cho chúng ta lựa
chọn h-ớng biến đổi VT thành VP và hai cách giải trên đều có
chung một ý t-ởng, cụ thể bằng việc lựa chọn vectơ xuất phát
là AB ta có:
Trong cách 1, ta ý thức đ-ợc rằng cần tạo ra sự xuất hiện
của vectơ AD do đó ta xen vào điểm D.

273


Trong cách 2, ta ý thức đ-ợc rằng cần tạo ra sự xuất hiện
của vectơ CB do đó ta xen vào điểm C.
2. Từ nhận xét trên hẳn các em học sinh thấy đ-ợc thêm rằng còn
có 4 cách khác để giải bài toán, cụ thể:
Hai cách với việc lựa chọn vectơ xuất phát là CD .
Hai cách theo h-ớng biến đổi VP thành VT.
Thí dụ 3. Cho M và N lần l-ợt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD. Chứng
minh rằng:
2 MN = AC + BD = AD + BC .
A M
Giải
B

a. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Ta có phân tích:
(1)
AC = AM + MN + NC ,
D
C
N
BD = BM + MN + ND .
(2)
Cộng theo vế (1) và (2) với l-u ý AM + BM = 0 và NC + ND = 0 (vì M và N
lần l-ợt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta đ-ợc:
(*)
AC + BD = 2 MN , đpcm.
Cách 2: Ta có phân tích:
(3)
MN MA AC CN ,
(4)
MN MB BD DN ,
Cộng theo vế (3) và (4) với l-u ý MA MB 0 và NC ND 0 (vì M và N lần
l-ợt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta đ-ợc:
2 MN = AC + BD , đpcm.
b. Ta có:
(**)
AC + BD = AD + DC + BC + CD = AD + BC , đpcm.
Từ (*) và (**) ta đ-ợc đẳng thức cần chứng minh.
Thí dụ 4. Cho O là tâm của hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng với điểm M
bất kì, ta có:
MO =

Giải

1
( MA + MB + MC + MD ).
4

Ta có:
MA + MB + MC + MD
= MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD
= 4 MO + ( OA + OC ) + ( OB + OD ) = 4 MO


274

1
( MA + MB + MC + MD ) = MO , đpcm.
4


Chú ý: Các em học sinh hãy trình bày thêm cách biến đổi VT thành VP.
Thí dụ 5. Cho ABC. Gọi M, N, P lần l-ợt là trung điểm của BC, CA, AB.
Chứng minh rằng:
AM + BN + CP = 0 .

Giải
Sử dụng quy tắc trung điểm ta biến đổi:
1
1
1
VT = (AB AC) + (BA BC) + (CA CB)
2

2
2
1
= (AB BA AC CA BC CB) , đpcm.
2

Thí dụ 6. Cho A1B1C1 và A2B2C2 lần l-ợt có trọng tâm là G1, G2. Chứng minh rằng:
A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 3 G1G 2 .

Giải
Với G1, G2 là trong tâm các A1B1C1 và A2B2C2, ta có:
G1A1 + G1B1 + G1C1 = 0 .

(1)

G 2 A 2 + G 2 B2 + G 2 C2 = 0 .

(2)

Mặt khác, ta có:
A1A 2 = A1G1 + G1G 2 + G 2 A 2 .

(3)

B1B2 = B1G1 + G1G 2 + G 2 B2 .

(4)

C1C2 = C1G1 + G1G 2 + G 2 C2 .

(5)

Cộng theo vế (3), (4), (5) và sử dụng các kết quả trong (1) và (2), ta đ-ợc:
A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 3 G1G 2 , đpcm.

Thí dụ 7. Cho ABC. Gọi M là trung điểm của AB và N là một điểm trên cạnh
AC, sao cho NC = 2NA. Gọi K là trung điểm của MN.
a. Chứng minh rằng AK =

1
1
AB + AC .
6
4

b. Gọi D là trung điểm của BC. Chứng minh rằng KD =

1
1
AB + AC .
4
3

Giải
a. Từ giả thiết ta nhận thấy:
AB 2AM
AB = 2 AM ;

AB AM

AC 3AN
AC = 3 AN .

AC AN

275


Vì K là trung điểm MN nên:
1
1 1
1
1
AK = ( AM + AN ) = ( AB + AC ) = AB +
2
2 2
4
3
b. Vì D là trung điểm BC nên:
1
AD = ( AB + AC )
2
từ đó, suy ra:
1
1
1
KD = AD AK = ( AB + AC )( AB + AC ) =
6
2
4

1
AC , đpcm.
6

1
1
AB + AC , đpcm.
4
3

Dạng toán 3: Xác định điểm M thoả một đẳng thức vectơ cho tr-ớc
Ph-ơng pháp áp dụng
Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho tr-ớc về dạng:
OM = v ,
trong đó điểm O cố định và vectơ v đã biết.
Thí dụ 1. Cho ABC đều nội tiếp đ-ờng tròn tâm O.
a. Chứng minh rằng OA OB OC 0 .
b. Hãy xác định các điểm M, N, P sao cho:
OM = OA OB ; ON = OB OC ; OP = OC OA .

Giải
a. Vì ABC đều nên O chính là trọng tâm ABC, do đó ta có ngay:
OA OB OC 0 .
b. Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của BC, AC, AB.
Dựng hình bình hành AOBM bằng việc lấy điểm M
đối xứng với O qua C1, ta có đ-ợc OM = OA OB .
Các điểm N, P đ-ợc xác định t-ơng tự.

A

M
C1

O

B

C

Thí dụ 2. Cho ABC. Hãy xác định điểm M thoả mãn điều kiện:
MA MB + MC = 0 .

(*)

Giải
BA + MC = 0 MC = AB
ABCM là hình bình hành.
Từ đó, để xác định điểm M ta thực hiện:
Kẻ Ax // BC.
Kẻ Cy // AB.
Giao của Ax và Cy chính là điểm M cần tìm.

276

M

A

Biến đổi (*) về dạng:

B

C


Thí dụ 3. Cho ABC đều, nội tiếp đ-ờng tròn tâm O.
a. Hãy xác định các điểm M, N, P sao cho:
OM = OA + OB , ON = OB + OC , OP = OC + OA .
b. Chứng minh rằng OA + OB + OC = 0 .
A

Giải

P
a. Dựa theo quy tắc hình bình hành, ta lần l-ợt có:
Với điểm M thoả mãn:
O
C
OM = OA + OB
M là đỉnh thứ t- của hình bình hành AOBM
N
CM là đ-ờng kính của (O), vì ABC đều.
Với điểm N thoả mãn:
ON = OB + OC N là đỉnh thứ t- của hình bình hành BOCN
AN là đ-ờng kính của (O), vì ABC đều.
Với điểm P thoả mãn:

M

B

OP = OC + OA P là đỉnh thứ t- của hình bình hành AOCP

BP là đ-ờng kính của (O), vì ABC đều.
Vậy, các điểm M, N, P nằm trên đ-ờng tròn (O) sao cho CM, AN, BP là các
đ-ờng kính của đ-ờng tròn (O).
b. Dựa vào kết quả câu a) và OC = MO , ta có ngay:
OA + OB + OC = OM + MO = MO + OM = MM = 0 .

Thí dụ 4. Cho ABC.
a. Tìm điểm I sao cho IA + 2 IB = 0 .
b. Tìm điểm K sao cho KA + 2 KB = CB .
c. Tìm điểm M sao cho MA + MB + 2 MC = 0 .

Giải
a. Ta biến đổi:
0 = IA + 2 (IA AB) = 3 IA + 2 AB

IA =

2
AB , suy ra điểm I đ-ợc hoàn toàn xác định.
3

b. Ta biến đổi:
0 = KA + KB + ( KB + BC ) = KA + KB + KC

K là trọng tâm ABC.
c. Gọi E, F, N là trung điểm AB, BC, EF, ta có:

0 = ( MA + MC ) + ( MB + MC ) = 2 ME + 2 MF = 4 MN M N.

277


Thí dụ 5. Cho tr-ớc hai điểm A, B và hai số thực , thoả mãn + 0.
a. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn IA + IB = 0 .
b. Từ đó, suy ra với điểm bất kỳ M, ta luôn có:
MA + MB = ( + ) MI .

Giải

a. Ta có:
IA + IB = 0 IA + ( IA + AB ) = 0 ( + ) IA + AB = 0

AB .
( + ) AI = AB AI =


AB không đổi, do đó tồn tại duy nhất điểm I
Vì A, B cố định nên vectơ

thoả mãn điều kiện đầu bài.
b. Ta có:
MA + MB = ( MI + IA ) + ( MI + IB ) = ( + ) MI + ( IA + IB )
= ( + ) MI , đpcm.

Nhận xét quan trọng:

1. Nếu = = 1 thì điểm I chính là trung điểm của AB.

2. Bài toán trên đ-ợc mở rộng tự nhiên cho ba điểm A, B, C và bộ ba số thực , ,
cho tr-ớc thoả mãn + + 0, tức là:
a. Tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn:
IA + IB + IC = 0 .
b. Từ đó suy ra với điểm bất kỳ M, ta luôn có
MA + MB + IC = ( + + ) MI .
và khi = = = 1 thì I là trọng tâm ABC.
3. Việc mở rộng cho n điểm Ai, i = 1, n và bộ n số thực i, i = 1, n thoả mãn

n


i 1

i

0,

xin dành cho bạn đọc.
4. Kết quả trên đ-ợc sử dụng để giải bài toán:
Cho n điểm Ai, i = 1, n và bộ n số thực i, 1, n thoả mãn

n


i 1

i

0. Tìm số thực

k và điểm cố định I sao cho đẳng thức vectơ
n

MA
i 1

i

i

= k MI ,

(1)

thoả mãn với mọi điểm M.
Ph-ơng pháp giải
Vì (1) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M I, khi đó:
n

IA
i 1

278

i

i

= k II = 0 .

(2)





Xác định đ-ợc điểm I từ (2).
Từ (2), suy ra
n

MA
i 1

i

n

i

=


i 1

i

MI .

(3)

Từ (1) và (3), suy ra:
n

i MI = k MI k =
i 1

n


i 1

i

.

Thí dụ 6. Cho tứ giác ABCD, M là điểm tuỳ ý. Trong mỗi tr-ờng hợp hãy tìm số
k và điểm cố định I, J, K sao cho các đẳng thức vectơ sau thoả mãn với
mọi điểm M.
a. 2 MA + MB = k MI .
b. MA + MB + 2 MC = k MJ .
c. MA + MB + MC + 3 MD = k MK .

Giải
a. Vì (1) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M I, khi đó:
2 IA + IB = k II = 0 .
(1.1)
Từ (1.1), ta đ-ợc:
1
2 IA + ( IA + AB ) = 0 IA = AB xác định đ-ợc điểm I.

3
Từ (1.1), ta đ-ợc:
2 MA + MB = (2 + 1) MI = 3 MI .
(1.2)
Từ (1) và (1.2), suy ra:
3 MI = k MI k = 3.
b. Vì (2) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M J, khi đó:
(2.1)
JA + JB + 2 JC = k JJ = 0 .
Gọi E là trung điểm AB, từ (2.1), ta đ-ợc:
2 JE + 2 JC = 0 J là trung điểm của CE.
Từ (2.1), ta đ-ợc:
MA + MB + 2 MC = (1 + 1 + 2) MJ = 4 MJ .
(2.2)
Từ (2) và (2.2), suy ra:
4 MJ = k MJ k = 4.
c. Vì (3) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M K, khi đó:
KA + KB + KC + 3 KD = k KK = 0 .
(3.1)
Gọi G là trọng tâm ABC, từ (3.1), ta đ-ợc:
3 KG + 3 KD = 0 K là trung điểm của GD.
Từ (3.1), ta đ-ợc:
MA + MB + MC + 3 MD = 6 MK .
(3.2)
279


Từ (3) và (3.2), suy ra:
6 MK = k MK k = 6.

Chú ý: Bài toán tìm điểm có thể đ-ợc mở rộng thành bài toán tìm tập hợp
điểm (quĩ tích). Với các bài toán quĩ tích ta cần nhớ rằng:
1. Nếu | MA | = | MB |, với A, B cho tr-ớc thì M thuộc đ-ờng trung trực
của đoạn AB.
2. | MC | = k| AB |, với A, B, C cho tr-ớc thì M thuộc đ-ờng tròn tâm C,
bán kính bằng k.AB.
3. Nếu MA = k BC , với A, B, C cho tr-ớc thì
a. Với k
điểm M thuộc đ-ờng thẳng qua A song song với BC.
b. Với k + điểm M thuộc nửa đ-ờng thẳng qua A song song với
BC theo h-ớng BC .
c. Với k điểm M thuộc nửa đ-ờng thẳng qua A song song với
BC ng-ợc h-ớng BC .

Thí dụ 7. Cho ABC, tìm tập hợp những điểm M thoả mãn:
a. MA + k MB k MC = 0 .
b. (1k) MA + MB k MC = 0 .

(1)
(2)

Giải
a. Ta biến đổi (1) về dạng:
MA = k( MC MB ) MA = k BC
M thuộc đ-ờng thẳng qua A song song với BC.
b. Ta biến đổi (2) về dạng:
MA + MB k( MA + MC ) = 0 .
Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB và AC, ta đ-ợc:

(3)

(3) 2 ME 2k MF = 0 ME = k MF
M thuộc đ-ờng trung bình EF của ABC.

Dạng toán 4: Biểu diễn một vectơ thành tổ hợp vectơ
Ph-ơng pháp áp dụng
Ta lựa chọn một trong hai h-ớng:
H-ớng 1: Từ giả thiết xác định đ-ợc tính chất hình học, rồi từ đó khai triển
vectơ cần biểu diễn bằng ph-ơng pháp xen điểm hoặc hiệu của hai
vectơ cùng gốc.
H-ớng 2: Từ giả thiết thiết lập đ-ợc mối liên hệ vectơ giữa các đối t-ợng, rồi
từ đó khai triển biểu thức này bằng ph-ơng pháp xen điểm hoặc hiệu
của hai vectơ cùng gốc.

280


Thí dụ 1. Cho đoạn thẳng AB và điểm I sao cho 2 IA + 3 IB = 0 .
a. Tìm số k sao cho AI = k AB .
3
2
MA + MB .
5
5

b. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có MI =

Giải

a. Biến đổi giả thiết:
0 = 2 IA + 3 IB = 5 IA + 3( IB IA ) = 5 AI + 3 AB AI =

3
AB .
5

3
thoả mãn điều kiện đầu bài.
5
b. Biến đổi giả thiết:

Vậy, với k =

0 = 2 IA + 3 IB = 2( MA MI ) + 3( MB MI )
3
2
5 MI = 2 MA + 3 MB MI = MA + MB , đpcm.
5
5

Thí dụ 2. Cho OAB. Gọi M, N lần l-ợt là trung điểm hai cạnh OA và OB. Hãy
tìm các số m và n thích hợp trong mỗi đẳng thức sau đây:
OM = m OA + n OB ; MN = m OA + n OB ;
AN = m OA + n OB ; MB = m OA + n OB ;

Giải
a. Ta có ngay OM =

O

1
OA
2

do đó đẳng thức OM = m OA + n OB sẽ có m =

M
A
1
và n = 0.
2

N
B

b. Ta có:
1
1
1
1
AB = ( OB OA ) = OA + OB
2
2
2
2
1
1
do đó đẳng thức MN = m OA + n OB sẽ có m = và n = .
2
2

c. Ta có:
1
AN = AO + ON = OA + OB
2
1
do đó đẳng thức AN = m OA + n OB sẽ có m = 1 và n = .
2
d. Ta có:
1
MB = MO + OB = OA + OB
2
1
do đó đẳng thức MB = m OA + n OB sẽ có m = và n = 1.
2

MN =

281


Thí dụ 3. Gọi G là trọng tâm ABC. Đặt a = GA và b = GB . Hãy biểu thị mỗi
vectơ AB , GC , BC , CA qua các vectơ a và b .

Giải
a. Sử dụng quy tắc hiệu của hai vectơ cùng gốc, ta có ngay:
AB = GB GA = b a .
b. Vì G là trọng tâm ABC nên:
GA + GB + GC = 0 GC = GA GB = a b .
c. Sử dụng quy tắc hiệu của hai vectơ cùng gốc và kết quả trong b), ta có:

BC = GC GB = a b b = a 2 b .
d. Sử dụng quy tắc hiệu của hai vectơ cùng gốc và kết quả trong b), ta có:
CA = GA GC = a ( a b ) = 2 a + b .

Thí dụ 4. Cho ABC. Gọi M, N, P lần l-ợt là trung điểm của BC, CA, AB. Tính
các vectơ AB , BC , CA theo các vectơ BN và CP .

Giải
Ta lần l-ợt có:
AB = AM MB = 3GM (GB GM) = 2GM GB
1
2
2
= 2 (GB GC) GB = 2GB GC = 2. BN CP
2
3
3
4
2
P
= BN CP .
3
3
2
2
B
BC = GC GB = CP BN .
3
3
Vectơ CA đ-ợc biểu diễn t-ơng tự AB .

A
G N
M

Thí dụ 5. Cho ABC.
a. Tìm các điểm M và N sao cho:
MA MB + MC = 0 , 2 NA + NB + NC = 0 .
b. Với các điểm M và N ở câu a), tìm các số p và q sao cho:
MN = p AB + q AC .

Giải
a. Ta lần l-ợt thực hiện:
0 = MA MB + MC = BA + MC = AB + MC MC = AB
M là đỉnh thứ t- của hình bình hành ABCM.
0 = 2 NA + NB + NC = 2 NA + 2 NE , với E là trung điểm BC
NA + NE = 0 N là trung điểm của AE.

282

C


b. Ta có biểu diễn:
MN = MA + AN = CB +

= ( AB AC ) +

1
AE

2

1
5
3
( AB + AC ) = AB AC .
4
4
4

Thí dụ 6. Cho ABC trọng tâm G. Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho 2CI = 3BI
và J là điểm trên BC kéo dài sao cho 5JB = 2JC.
a. Tính AI , AJ theo AB và AC .
A
b. Tính AG theo AI và AJ

Giải
a. Ta có:
2CI 3BI
2 IC = 3 IB

J
B
IC IB
2( AC AI ) = 3( AB AI ) 5 AI = 3 AB + 2 AC
3
2
AI = AB + AC .
5
5

Ta có:
5JB 2JCI
5 JB = 2 JC 5( AB AJ ) = 2( AC AJ )

JB JC
5
2
3 AJ = 5 AB 2 AC AJ = AB AC .
3
3
b. Gọi M là trung điểm BC, ta có:
2
2 1
1
AG = AM = . ( AB + AC ) = ( AB + AC ).
3
3 2
3
Mặt khác từ hệ tạo bởi (1) và (2), ta nhận đ-ợc:
5
9
25
3
AB = AI + AJ và AC =
AI
AJ .
16
8
16
8

Thay (4) vào (3) ta nhận đ-ợc:
1
35
AI
AG =
AJ .
16
48

G
I

C

(1)

(2)

(3)

(4)

Dạng toán 5: Chứng minh hai điểm trùng nhau
Ph-ơng pháp áp dụng
Muốn chứng minh hai điểm A1 và A2 trùng nhau, ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Chứng minh A1A 2 = 0 .
Cách 2: Chứng minh OA1 = OA 2 với O là điểm tuỳ ý.
Thí dụ 1. Chứng minh rằng AB = CD khi và chỉ khi trung điểm của hai đoạn
thẳng AD và BC trùng nhau.
283

Giải
Ta có:
Nếu AB = CD thì ABCD là hình bình hành. Do đó, AD và BC có trung điểm
trùng nhau.
Nếu AD và BC có trung điểm trùng nhau thì ABCD là hình bình hành. Do đó:
AB = CD

Thí dụ 2. Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S lần l-ợt là trung điểm của
các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng hai tam giác MPR
và NQS có cùng trọng tâm.

Giải

Gọi G là trọng tâm của MPR, ta có:
GM + GP + GR = 0
Lại có:
2 GM = GA + GB , 2 GP = GC + GD ,
2 GR = GE + GF
2( GM + GP + GR ) = GA + GB + GC + GD + GE + GF
Suy ra:
GA + GB + GC + GD + GE + GF = 0 (do(1))
Do đó:
( GA + GF ) + ( GB + GC ) + ( GD + GE ) = 0
2 GS + 2 GN + 2 GQ = 0 GS + GN + GQ = 0
Vậy, ta đ-ợc G là trọng tâm của SNQ.
Tóm lại, các MPR và NQS có cùng trọng tâm.

Dạng toán 6: Chứng minh ba điểm thẳng hàng

Ph-ơng pháp áp dụng
Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta đi chứng minh:
AB = k AC , k .
Để nhận đ-ợc (1), ta lựa chọn một trong hai h-ớng:
H-ớng 1: Sử dụng các quy tắc biến đổi vectơ đã biết.
H-ớng 2:
Xác định vectơ AB và AC thông qua một tổ hợp trung gian.

(1)

(1)

Chú ý: Ta có kết quả:
Cho ba điểm A, B, C. Điều kiện cần và đủ để A, B, C thẳng hàng là:
MC = MA + (1) MB ,
với điểm tuỳ ý M và số thực bất kỳ .

Thí dụ 1. Cho ABC, lấy các điểm I, J thoả mãn IA = 2 IB , 3 JA + 2 JC = 0 .
Chứng minh rằng IJ đi qua trọng tâm G của ABC.

284


Giải
Viết lại IA = 2 IB d-ới dạng:
IA 2 IB = 0 .
Biến đổi 3 JA + 2 JC = 0 về dạng:
3( IA IJ ) + 2( IC IJ ) = 0 3 IA + 2 IC = 5 IJ .
Trừ theo vế (1) cho (2), ta đ-ợc:
2( IA + IB + IC ) = 5 IJ 6 IG = 5 IJ I, J, G thẳng hàng.

(1)
(2)

Thí dụ 2. Cho ABC. Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp, trọng
tâm, trực tâm của ABC. Chứng minh rằng:
A
a. AH = 2 OE , với E là trung điểm BC.
b. OH = OA + OB + OC .
c. Chứng minh rằng O, G, H thẳng hàng.

Giải

H
O

B

a. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua O, ta đ-ợc:
BH // CA1 cùng vu ông góc với AC
A1BHC là hình bình hành

CH // BA1 cùng vu ông góc với AB

C

E

A1

A1, E, H thẳng hàng AH = 2 OE , đpcm.
b. Ta có:
OH = OA + AH = OA + 2 OE = OA + OB + OC , đpcm.
c. Ta có:
1
1
OG = ( OA + OB + OC ) = OH O, G, H thẳng hàng.
3
3

Thí dụ 3. Cho ABC, lấy các điểm M, N, P thoả mãn:
MA + MB = 0 , 3 AN 2 AC = 0 , PB = 2 PC .
Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

Giải
Ta có:
MP AP AM ,
MN AN AP .
Ta đi tính AP, AM, AN theo AB và AC , cụ thể từ giả thiết:
1
MA + MB = 0 AM AB
2
2
3 AN 2 AC = 0 AN = AC
3
PB = 2 PC AB AP (AC AP) AP = AB 2AC .

(1)
(2)
(3)

(4)
(5)
285


Thay (3), (4), (5) vào (1) và (2) ta đ-ợc:
3
1
MP AB 2AC AB AB 2AC
2
2
4
2
MN AC + AB 2AC AB AC
3
3
Từ (6) và (7) ta nhận thấy:
3
MN = MP M, N, P thẳng hàng.
2






(7)

Dạng toán 7: Xác định đặc tính K của đối t-ợng S khi nó thoả mãn
một đẳng thức vectơ

Ph-ơng pháp áp dụng
Phân tích đ-ợc định tính xuất phát từ các đẳng thức vectơ của giả thiết.
L-u ý tới những hệ thức đã biết về trung điểm của đoạn thảng và trọng tâm của
tam giác.
Thí dụ 1. Cho ABC, có các cạnh bằng a, b, c và trọng tâm G thoả mãn:
a. GA + b. GB + c. GC = 0 .
(1)
Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.

Giải
Ta có:
(2)
GA + GB + GC = 0 GA = GB GC .
Thay (2) vào (1), ta đ-ợc:
a.( GB GC ) + b. GB + c. GC = 0
(ba). GB + (ca). GC = 0 .
(3)
Vì GB và GC là hai vectơ không cùng ph-ơng, do đó (3) t-ơng đ-ơng với:
b a 0
a = b = c ABC là tam giác đều.

c a 0

Thí dụ 2. Cho tứ giác ABCD. Giả sử tồn tại điểm O sao cho:

| OA || OB || OC || OD |
.


OA OB OC OD 0

Chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật.

Giải
Từ ph-ơng trình thứ nhất của hệ , ta suy ra:
O là tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.
(1)
Gọi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA , từ ph-ơng trình thứ hai của
hệ ta đ-ợc:
0 = OA + OB + OC + OD = 2 OM + 2 OP OM + OP = 0
M, P, O thẳng hàng và O là trung điểm MP.
(2)
286


0 = OA + OB + OC + OD = 2 ON + 2 OQ ON + OQ = 0
N, Q, O thẳng hàng và O là trung điểm NQ.
Từ (2), (3), suy ra MNPQ là hình bình hành suy ra
A, C, O thẳng hàng và O là trung điểm AC.
B, D, O thẳng hàng và O là trung điểm BD.
Do đó ABCD là hình bình hành.
Từ (1) và (4) suy ra ABCD là hình chữ nhật.

Đ2

(3)

(4)

hệ trục toạ độ

Dạng toán 1: Toạ độ vectơ Toạ độ điểm
Ph-ơng pháp áp dụng
Ta cần nhớ các kết quả sau:
1 Với hai điểm A(xA, yA) và B(xB, yB), ta có:
AB = (xBxA, yByA), AB = | AB | = (x B x A )2 (yB yA )2 .
2

Với hai vectơ a (x1, y1) và b (x2, y2) , ta có:
a = x1. i + y1. j ,
x x 2
,
a = b 1
y1 y 2
a + b = (x1 + x2, y1 + y2).

Thí dụ 1. Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(4 ; 1), B(2; 4), C(2 ; 2).
a. Tìm toạ độ trọng tâm ABC.
b. Tìm toạ độ điểm D sao cho C là trọng tâm ABD.
c. Tìm toạ độ điểm E sao cho ABCE là hình bình hành.

Giải
a. Gọi G là trọng tâm ABC, ta có ngay G(0, 1).
b. Giả sử D(xD, yD), khi đó với điều kiện C là trọng tâm ABD, ta đ-ợc:
4 2 x D

2
x 8
3
D

D(8; 11).

y D 11
2 1 4 y D

3
c. Giả sử E(xE; 0), khi đó với điều kiện ABCE là hình bình hành, ta đ-ợc:
x 4 0
x 4
E
E(4; 5).
AE BC E
y E 1 6
y E 5

287


Thí dụ 2. Cho điểm M(12t; 1 + t). Tìm điểm M sao cho x 2M yM2 nhỏ nhất.

Giải
Ta có:
2
= (12t)2 + (1 + t)2 = 5t2 2t + 2 = 5(t
x 2M yM

1 2 9
9
) +
5

5
5

9
đạt đ-ợc khi :
5
1
1
3 6
t = 0 t = M0( ; ).
5
5
5 5
3 6
Vậy, điểm M0( ; ) thoả mãn điều kiện đầu bài.
5 5

2
suy ra ( x 2M yM
)Min =

Thí dụ 3. Cho ba điểm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0).
a. Tính diện tích ABC.
b. Hãy tìm tất cả các điểm M trên trục Ox sao cho góc AMB nhỏ nhất.

Giải
a. Ta có:
AB2 = 4 + 4 = 8,
BC2 = 1 + 9 = 10,
CA2 = 1 + 1 = 2

AB2 + AC2 = BC2 ABC vuông tại A.
Vậy diện tích ABC đ-ợc cho bởi:
1
1
22 22 . 12 (1)2 = 2 (đvdt).
SABC = AB.AC =
2
2
b. Góc AMB nhỏ nhất
AMB = 00 A, M, B thẳng hàng AM // AB
x xA
y yA
x 1
1
M
= M
M
=
xM = 0 M O.
xB xA
yB yA
3 1
3 1
Vậy, điểm M(0; 0) thoả mãn điều kiện đầu bài.

Dạng toán 2: Biểu diễn vectơ c (c1; c2) theo các vectơ a (a1; a2), b (b1; b2)
Ph-ơng pháp áp dụng
Ta thực hiện theo các b-ớc:
B-ớc 1: Giả sử c = a + b .
(1)

B-ớc 2: Ta có:
a + b = (a1, a2) + (b1, b2) = (a1 + b1, a2 + b2).
Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi:

B-ớc 3:

288

c1 a1 b1
.

c2 a 2 b 2
Giả hệ (I), ta nhận đ-ợc giá trị của cặp (, )
Kết luận.

(I)


Thí dụ 4. Hãy biểu diễn vectơ c theo các vectơ a , b , biết:
a (2; 1), b (3; 4) và c (4; 7).

Giải
Giả sử c = a + b .
Ta có:
a + b = (2; 1) + (3; 4) = (23; + 4).
Khi đó (1) xảy ra khi và chỉ khi:
4 2 3
1

.

7 4
2

(1)

Vậy, ta đ-ợc c = a + 2 b .

Thí dụ 5. Cho bốn điểm A(1; 1), B(2; 1), C(4; 3) và D(16; 3). Hãy biểu diễn
vectơ AD theo các vectơ AB , AC

Giải
Giả sử AD = AB + AC .
Ta có:
AD (15; 2), AB (1; 2), AC (3; 2)
AB + AC = (1; 2) + (3; 2) = ( + 3; 2 + 2)
Khi đó (1) xảy ra khi và chỉ khi:
3 15
3

.

2 2 2
4

(1)

Vậy, ta đ-ợc AD = 3 AB + 4 AC .

Dạng toán 3: Xác định toạ độ điểm M thoả mãn một đẳng thức vectơ,

độ dài
Ph-ơng pháp áp dụng
Thực hiện theo các b-ớc:
B-ớc 1: Giả sử M(x; y).
B-ớc 2: Toạ độ hoá các vectơ có trong đẳng thức hoặc sử dụng công thức về
khoảng cách giữa hai điểm, để chuyển đẳng thức về biểu thức đại số.
B-ớc 3: Giải ph-ơng trình hoặc hệ trên, ta nhận đ-ợc toạ độ của M.

Chú ý: Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M M
1

2

theo một tỉ số k (tức là MM1 = k MM 2 )

đ-ợc xác định bởi các công thức:
x1 kx 2

x 1 k
.

y y1 ky 2

1 k
289


Đặc biệt nếu k = 1, thì M là trung điểm của đoạn thẳng M1M2, khi đó toạ độ của
M đ-ợc xác định bởi:
x1 x 2

x 2
.

y y1 y 2

2

Thí dụ 1. Cho hai điểm A(0; 2) và B(4; 3). Tìm toạ độ:
a. Trung điểm I của AB.
b. Điểm M sao cho MA + 2 MB = 0 .

Giải
a. Ta có I(2;

1
).
2

b. Từ giả thiết
MA + 2 MB = 0 MA 2 MB điểm M chia đoạn AB theo tỉ số k =2.
Do đó:
x A kx B 8

x 1 k 3
4
8
M:
M( ; ).
3

3
y y A ky B 4

1 k
3

Chú ý: Ta cũng có thể trình bày theo cách: Giả sử M(x; y), ta có:
MA ( x, 2 y)
MA + 2 MB = (83x;43y).

MB (4 x, 3 y)

Vì MA + 2 MB = 0 , nên:
8 3x 0


4 3y 0

8

x 3
4
8
M( ; ).

3
3
y 4

3

Thí dụ 2. Cho ABC, biết A(1; 0), B(3; 5), C(0; 3).
a. Xác định toạ độ điểm E sao cho AE = 2 BC .
b. Xác định toạ độ điểm F sao cho AF = CF = 5.
c. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
|2( MA + MB )3 MC | = | MB MC |.

Giải
a. Giả sử E(x; y), khi đó AE (x1; y), BC (3; 8)

290

(1)


Từ đó:
x 7
x 1 2.3

E(7; 16).
AE = 2 BC
y 16
y 2.8
b. Giả sử F(x; y), khi đó:
2
2

AF2 25
(x 1) 2 y 2 25
(x 1) y 25

AF = CF = 5 2
2


2

CF 25
x 3y 4
x (y 3) 25
y 0
10y 2 30y 0
F (4,0)
x 4& y 0


y 3

1
.
x 5& y 3
F2 (5,3)
x 3y 4
x 3y 4

Vậy tồn tại hai điểm F1(4; 0) và F2(5; 3) thoả mãn điều kiện đầu bài.
c. Giả sử M(x; y), khi đó:
MA (1x; y), MB (3x; 5y), MC (x; 3y)
2( MA + MB )3 MC = (x4; y19) và MB MC = (3; 8).
Khi đó:
(1) (x4)2 + (y19)2 = (3)2 + (8)2 (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73.

Đặt I(4; 19), ta đ-ợc:
IM2 = 73 M thuộc đ-ờng tròn tâm I(4, 19), bán kính R = 73 .

Nhận xét: Nh- vậy, trong ví dụ trên chúng ta đã thực hiện việc xác định điểm
dựa trên các đẳng thức về vectơ, độ dài cho tr-ớc. Tuy nhiên,
trong nhiều tr-ờng hợp chúng ta cần đi thiết lập các đẳng thức đó
dựa trên tính chất của điểm cần xác định.
Thí dụ 3. Cho ABC cân tại A, biết A(a; 3a 7 3 7 ), B(1; 0), C(2a1; 0) và A
thuộc góc phần t- thứ nhất.
a. Xác định toạ độ các đỉnh của ABC, biết rằng p = 9 (p là nửa chu vi).
b. Tìm toạ độ điểm MAB và NBC sao cho đ-ờng thẳng MN đồng
thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của ABC.

Giải
a. Ta có toạ độ các điểm:
y
A(a; 3a 7 3 7 ), B(1; 0), C(2a1; 0),
AM
Từ giả thiết:

a 0
AP(I)
a 1.
I

3a 7 3 7 0
B
C
O
AB BC AC

1 N 3
p=9
=9
2
2.8|a1| + 2|a1| = 18 a = 2 hoặc a = 0 (loại).
Từ đó: A(2; 3 7 ), B(1; 0), C(3; 0) AB = AC = 8, BC = 2.

x

291