(Luận văn thạc sĩ) Phương pháp véc tơ điểm và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐINH THỊ LIÊN

PHƢƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐIỂM
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

ĐINH THỊ LIÊN

PHƢƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐIỂM
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS: TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2019

i

Mục lục
Lời cảm ơn

1

Lời nói đầu

2

1 Kiến thức chuẩn bị
1.1. Sơ lược về véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Phương pháp véc tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
5

2 Vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải toán hình học28
2.1. Cơ sở của phương pháp véc tơ điểm . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2. Một số bài tập minh họa, ứng dụng của phương pháp véc
tơ điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
Kết luận

37

TÀI LIỆU THAM KHẢO

38


1

Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của thầy
Trịnh Thanh Hải. Các thầy cô giáo trong khoa Toán - Tin, trường Đại học
Khoa học cùng toàn thể các bạn trong lớp Cao học K12 đã tạo mọi điều kiện,
nhiệt tình ủng hộ em trong suốt quá trình làm luận văn. Em xin bày tỏ lòng
biết ơn chân thành, sâu sắc với tất cả những đóng góp quý báu của thầy cô
và các bạn đặc biệt là thầy Trịnh Thanh Hải. Tuy đã có nhiều cố gắng trong
quá trình làm luận văn, nhưng do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên luận
văn không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được sự góp ý của
quý Thầy, Cô và các bạn.
Mặc dù bản thân em đã hết sức cố gắng nhưng do thời gian nên luận văn
không tránh khỏi một vài lỗi. Em rất mong nhận được sự chỉ bảo của các
thầy cô để em tiếp tục hoàn thiện nội dung luận văn.
Em xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019
Tác giả

Đinh Thị Liên


2

Lời nói đầu

1. Lý do chọn đề tài
Phương pháp véc tơ điểm là một trong những phương pháp được sử dụng
trong giải các bài toán hình học và cho ta những lời giải rất thú vị.
Ở Việt Nam, cũng đã có một số tài liệu đề cấp đến Phương pháp véc tơ
điểm, ví dụ như cuốn Hình học véc tơ và cuốn Bài tập hình học véc tơ của
GS. Nguyễn Thúc Hào.
Phương pháp véc tơ điểm có một vài điểm khác biệt so với phương pháp
véc tơ thông thường, tuy nhiên đây lại là một công cụ rất hay cho phép ta
đưa ra những lời giải thú vị, ngắn ngọn cho nhiều bài toán dành cho học sinh
giỏi về hình học.
Liên quan đến hướng của đề tài này, ở Trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên chưa có học viên nào nghiên cứu và viết luận văn, cũng như
thông qua tìm hiểu qua mạng internet và thư viện của Đại học Thái Nguyên,
tôi được biết đây là đề tài ít người nghiên cứu và chưa có đề tài nào trùng lặp.
Xuất phát từ thực tế trên và với mục đích tích lũy thêm các kiến thức về
Phương Pháp véc tơ điểm và vận dụng phương pháp này vào giải một số bài
toán đếm trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế làm tư liệu cho
công việc giảng dạy của bản thân, chúng em đã lựa chọn hướng nghiên cứu
vận dụng Phương pháp véc tơ điểm vào giải một số bài toán về hình học dành
cho học sinh giỏi.


3

2. Nhiệm vụ nghiên cứu
Luận văn tập trung vào hoàn thành các nhiệm vụ chính sau:

• Tìm hiểu phương pháp véc tơ điểm.
• Ý tưởng vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải bài toán hình học.
• Sưu tầm một bài toán, đề thi về bài toán hình học dành cho học sinh

giỏi.
• Đưa ra lời giải bằng cách vận dụng phương pháp véc tơ điểm để giải một
số bài toán hình học dành cho học sinh giỏi.
Ngoài ra luận văn cũng đưa ra các cách giải khác nhau của cùng một hình
học bằng phương pháp véc tơ điểm và phương pháp khác để so sánh những
phương pháp giải đó với nhau để có những nhận xét thú vị.

3. Nội dung của đề tài luận văn
Nội dung luận văn ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo sẽ gồm
2 chương:
Chương 1: Trình bày các kiến thức liên quan đến việc vận dụng phương
pháp véc tơ vào giải một số bài toán hình học.
Chương 2: Trình bày về phương pháp véc tơ điểm và một số ví dụ minh
họa việc vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải bài toán hình học.


4

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong chương trình hình học ở THPT, học sinh đã được làm quen với
phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ. Để có một cái nhìn tổng quan thì
trong nội dung chương 1 sẽ trình bày một vài kiến thức chung về véc tơ và
hai phương pháp quen thuộc trong chương trình hình học THPT là phương
pháp tọa độ và phương pháp véc tơ.

1.1.

Sơ lược về véc tơ

1. Các khái niệm và định nghĩa véc tơ.
−→
1. Véc tơ là 1 đoạn thẳng có định hướng. Véc tơ AB có hướng từ A tới B (A
gốc, B ngọn) có giá là đường thẳng đi qua A, B có độ dài là độ dài của đoạn
−→
thẳng AB và được kí hiệu là |AB|.
2. Hai véc tơ gọi là cùng phương nếu chúng có giá song song hoặc trùng nhau.
3. Hai véc tơ bằng nhau nếu chúng có cùng chiều và cùng độ dài.
4. Ba véc tơ gọi là đồng phẳng với nhau nếu các giá của chúng cùng song song
với một mặt phẳng.
5. Các khả năng đồng phẳng của 3 véc tơ là :
a. Nếu 1 trong 3 véc tơ có 1 và véc tơ 0.
b. Nếu có 2 véc tơ cùng phương.
−→ −−→ −→
c. OA, OB, OC ↔ O, A, B, C cùng thuộc một mặt phẳng.
d. Nói chung là ta thường gặp phải trường hợp chứng minh ba véc tơ đồng
phẳng ở trạng thái là các giá của chúng nằm trên 3 đường thẳng chéo nhau.


5

2. Tích vô hướng của hai véc tơ.
a. Định Nghĩa a.b = |a|.|b|cos(a, b) ∈ R.
b. Tính chất a⊥b ⇔ a.b = 0; a2 = a.a = |a||a|cos(a, a) = |a|2 .
3. Phân tích véc tơ trong không gian 1, 2, 3 chiều.
1. Nếu a = 0 thì p.a = 0 ⇔ p = 0
2. Nếu a
= 0 thì b cùng phương a ⇔ ∃!p ∈ R : b = p.a
a, b = 0

3. Nếu
thì p.a + q.b = 0 ⇔ p = q = 0
a, b không cùng phương

a, b = 0
4. Nếu
thì c đồng phẳng a, b ⇔ ∃!p, q ∈ R : c =
a, b không cùng phương
p.a + q.b
a, b, c = 0
5. Nếu
a, b, c không đồng phẳng

thì ∀d luôn ∃!p, q, r ∈ R : d = p.a +

q.b + r.c

1.2.

Phương pháp véc tơ

Phương pháp véc tơ trong chương trình toán THPT là việc đưa vào các
tính chất của các véc tơ để biến đổi các điều kiện đã cho của bài toán dẫn tới
điều cần chứng minh.
Một vài ví dụ minh họa:
Bài toán 1.2.1. (Đề thi Olympic Toán học các nước Đông Âu - Kurschak,1995).
Cho một tam giác với ba đỉnh và ba điểm nguyên (tức là chúng có thành
phần tọa độ nguyên). Biết rằng trên ba cạnh của tam giác không có điểm
nguyên nào khác và bên trong tam giác có đúng một điểm nguyên. Chứng
minh rằng điểm đó phải là trọng tâm.

Lời giải
Chọn một gốc bất kì rồi kí hiệu ba véc tơ biểu diễn ba điểm A, B, C lần
lượt là a, b, c. Khi đó, điểm D nằm bên trong tam giác sẽ được biểu diễn bởi
véc tơ.
d = λa + µb + νc với λ, µ, ν là ba số thực dương có tổng bằng 1.
1
Giả sử λ > . Ta xét điểm được biểu diễn bởi véc tơ 2d − a
2


6

Vì d và a có tọa độ nguyên nên điểm này cũng nguyên.
Mặt khác, 2d−a = (2λ−1)a+2µb+2νc, tức là nó cũng nằm bên trong tam giác
(do các thành phần đứng trước dương và có tổng bằng (2λ − 1) + 2µ + 2ν = 1.
Theo giả thiết, điểm này phải trùng với D. Vậy 2d − a = d. Điều này mâu
thuẫn.
1
Tương tự, nếu λ = thì 2d − a = 2µb + 2νc, nên suy ra D nằm trên đoạn
2
1
thẳng BC (trừ B và C). Điều này mâu thuẫn. Từ đó, ta có λ < .
2
1
1
Cũng tương tự như trên, ta được µ < và ν < .
2
2
Bây giờ, ta xét điểm được biểu diễn bởi
a + b + c − 2d = (1 − 2λ)a + (1 − 2µ)b + (1 − 2ν)c.

Các thành phần biểu diễn trên là dương và có tổng bằng 1, đằng khác, nó
cũng là điểm nguyên.Vậy nó phải trùng với D.
(a + b + c)
, nói cách khác, D chính là trọng tâm của tam giác
Suy ra d =
3
ABC.
Bài toán 1.2.2. (Đề thi OLympic Balkan, 1985).
Cho tam giác ABC có O là trọng tâm của đường tròn ngoại tiếp. Gọi
D là trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng OE
vuông góc với CD nếu và chỉ nếu AB = AC.
Lời giải
−→ 3
−→
−−→
−→
−−→ 1
1
Đặt OA = a, OB = b, OC = c. Suy ra OD = (a + b), OP = a + b,
2
4
4
với P là trung điểm AD.
−−→ 2 3
1
1
1
1
1
Từ đó OE =

a + b + c = a + b + c.
3 4
4
3
2
6
3
−−→ −−→ −→ 1
1
ta lại có CD = OD − OC = a + b − c
2
2
Do đó, OE⊥CD nếu và chỉ nếu (a + b − 2c)(3a + b + 2c) = 0.
Khai triển và để ý a2 = b2 = c2 , ta được a(b − c) = 0, đẳng thức này xảy ra
nếu và chỉ nếu OA⊥BC. Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 1.2.3. (Đề thi Olympic, Balkan, 1996)
Gọi d là khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm của
một tam giác. Gọi R và r lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và
nội tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng d2 ≤ R(R − 2r).
Lời giải


7

Dùng véc tơ, lấy gốc là O, tâm là đường tròn ngoại tiếp. Gọi các véc tơ
OA, OB, OC lần lượt là a, b, c.
−→ a + b + c
Khi đó OG =
. Suy ra 9OG2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
3

Ta có a2 = b2 = c2 = R2 , 2ab = 2R2 cos2C = 2R2 − AB 2 = 2R2 − c2
Và các hệ thức tương tự ( đặt AB = c, BC = a , CA= b ).
Từ đó 9OG2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2 ).
√
1√
3
3
Ta lại có (a2 + b2 + c2 ) ≥ a2 b2 c2 . Do đó R2 − OG2 ≥
a2 b2 c2 .
3
1
Kí hiệu [ . ] là diện tích, ta có [ABC] = [IAB] + [IBC] + [ICA] = (rc+ra+rb),
2
ở đây I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
abc
Vậy 2[ABC] = r ( a + b + c ) =
.
2R
abc
1√
3
Từ đó 2 r R =
≤
a2 b2 c2
a+b+c
3
suy ra R2 − OG2 ≥ 2rR.
Bài toán 1.2.4. (Đề thi Olympic, Balkan, 1996 ).
Trong một ngũ giác lồi, ta xét 5 đường thẳng, mỗi đường thẳng nối một
đỉnh và trung điểm cạnh đối diện đỉnh đó. Chứng minh rằng nếu có 4 trong 5

đường thẳng này cùng đi qua một điểm thì đường thẳng còn lại cũng đi qua
điểm đó.
Lời giải
Xét ngũ giác lồi ABCDE. Gọi O là điểm chung của 4 đường thẳng đi
qua A, B, C, D và trung điểm cạnh đối diện tương ứng như đã nói ở đề bài.
−→
−−→
−→
−−→
−−→
Đặt OA = a, OB = b, OC = c, OD = d, OE = e.
−→ 1
Cạnh đối diện đỉnh A là CD. Gọi I là trung điểm CD thì OI = (c + d).
2
Do đó ta có a × (c + d) = 0, suy ra a × c − d × a.
Tương tự b × d = e × b, c × e = a × c, d × a = b × d
Suy ra e × b = b × d = d × a = a × c = c × e. Điều này chứng tỏ đường thẳng
nối E và trung điểm cạnh đối cũng đi qua O.
Bài toán 1.2.5. (Đề thi vô địch Anh - 1981).
Cho tam giác ABC cân tại A. D là trung điểm cạnh AB, I là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC, E là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng
minh IE vuông góc với CD.
Lời giải:


8

Chọn hệ trục như hình vẽ (O là trung điểm của BC).
−c a
c a

Khi đó: O(0; 0), A(0; a), B(-c; 0), C(c; 0), D
;
,E ; .
2 2
6 2
Gọi I(x ; y)
Giả
 thiết suy ra 

c
a
→ −→
−

x = 0
x + ,y −
.(c, a) = 0
DI⊥BA
2
2
⇔
⇔
→ −−→
a2 − c2
−


OI⊥BC
y=
(x, y).(2c, 0) = 0

2a
a2 − c2
Vậy I 0;
.
2a
−→ −−→
3c a
c2 c2
c c2
⇒ IE.DC =
,
,−
=
−
=0
6 2a
2
2
4
4
⇒ IE⊥DC.
Bài 1.2.6. (Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Quảng Bình năm học 2010-2011 vòng 1).
Cho hình vuông ABCD .Trên đoạn BD lấy điểm M không trùng với B
và D. Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng
minh rằng :
a) CM vuông góc với EF.
b) Ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy.
Lời giải
Xét hệ trục tọa độ như hình vẽ :

9

Khi đó ta có: A(0; 0), B(a; 0), C(a; a), D(0; a)
Với a = AB = AD = CD = BC (a>0 )
a) Đặt b = AE ( 0 < b < a)
Ta có M (b, a - b); E(b; 0); F(0; a - b)
Do đó
−−→
CM = (b − a; −b)
−→
EF = (−b; a − b)
−−→ −→
⇒ CM .EF = −b(b − a) − b(a − b) = 0 ⇒ CM ⊥EF .
x y
b) Phương trình của DE : + = 1 ⇔ ax + by = ab.
b a
x
y
Phương trình của BF: +
= 1 ⇔ (a − b)x + ay = a(a − b).
a a−b
Gọi G là giao điểm của DE và BF
G là nghiệm của hệ:
 thì tọa độ điểm
2

ab

ax + by = ab

x =
2
a + b2 − ab
⇔
2
(a − b)x + ay = a(a − b)

y = a(a − b)
a2 + b2 − ab
2
2
ab
a(a − b)
⇒G
; 2
2
2
a + b − ab a + b2 − ab
−→
a2 (b − a)
−a2 b
⇒ CG =
;
(∗ )
a2 + b2 − ab a2 + b2 − ab
−−→
Ta có CM = (b − a; −b) (∗∗ )
Từ (∗ ) và (∗∗ ) ta được
−→
−−→

a2
CG = 2
CM ⇒G, C, M thẳng hàng.
a + b2 − ab
Hay ba điểm BF, DE, CM đồng quy.


10

Bài 1.2.7. (Đề thi Đại học Y dược TPHCM năm 2000).
Cho tam giác ABC có độ dài các trung tuyến và độ dài bán kính đường
tròn ngoại tiếp lần lượt là ma , mb , mc , R. Chứng minh
9R
ma + mb + mc ≤
.
2
Lời giải

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:
−→ −−→ −→
(OA + OB + OC) ≥ 0
−→ −−→ −−→ −→ −→ −→
⇔ OA2 + OB 2 + OC 2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) ≥ 0
⇔ 3R2 + 2R2 (cos2A + cos2B + cos2C) ≥ 0
⇔ 3 + 2(3 − 2sin2 A − 2sin2 B − 2sin2 C) ≥ 0
9
⇔ sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ .
4
Do đó theo bất đẳng thức Bunhiacopski:
ma + mb + mc ≤ 3(m2a + m2b + m2c )

9 2
≤
(a + b2 + c2 )
4
≤ 9(sin2 A + sin2 B + sin2 C).R2
9
9
≤ 9. R2 ≤ .R
4
2
9
⇒ ma + mb + mc ≤ R.
2
Dấu ”=” xảy ra khi tam giác ABC đều.
Bài 1.2.8. (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985).
Cho ba điểm phân biệt và thẳng hàng M, N, P. Khi đó, với mọi điểm


11

O, luôn tồn tại số thực m sao cho
−−→
−−→
−→
OM = mON + (1 − m)OP
Đảo lại, nếu tồn tại một số thực m ( = 0, = 1) và một điểm O sao cho
−−→
−−→
−→
OM = mON + (m − 1)OP thì m, n, p thẳng hàng.

Lời giải

−−→
−−→
Giả sử M, N, P (phân biệt) thẳng hàng. Khi đó, tồn tại k để M N = k M P
(hiển nhiên k = 0 và k = 1). Khi đó, Chọn O tùy ý, ta có :
−−→ −−→
−→
−−→
−−→
−−→
−→
ON − OM = k OP − k OM hay (k -1)OM = −ON + k OP .
−−→
1 −−→
k −→
hay OM = −
ON +
OP
k−1
k−1
1
Đặt m = −
, suy ra điều phải chứng minh.
k−1
Đảo lại, giả sử tồn tại một số thực m (= 0, = 1) và một điểm O
−−→
−−→
−→
sao cho OM = mON + (1 − m)OP . Khi đó.

−−→ −−→
−−→ −−→
−−→ −−→
N M − N O = m(N N − N O) + (1 − m)(N P − N O)
−−→ −−→
−−→ −−→ −−→
−−→
−−→
⇔ N M − N O = −mN O + N P − N O − mN P + mN O
−−→
−−→
N M = (1 − m)N P
Suy ra M, N, P thẳng hàng.
Bài toán 1.2.9. (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985).
Cho tam giác ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi D là trung
điểm AB, E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng OE vuông góc với
CD nếu và chỉ nếu AB = AC.
Lời giải
−→
−−→
−→
Đặt OA = a, OB = b, OC = c, suy ra
−−→ 1
−→ 3
1
OD = (a + b), OP = a + b,
2
4
4
Với P là trung điểm AD, từ đó

−−→ 2 3
1
1
1
1
1
OE =
a + b + c = a + b + c.
3 4
4
3
2
6
3
−−→ −−→ −→ 1
1
Ta lại có CD = OD − OC = a + b − c
2
2
Do đó, OE⊥CD nếu và chỉ nếu (a + b − 2c).(3a + b + 2c) = 0.
Khai triển và để ý a2 = b2 = c2 , ta được a(b − c) = 0, đẳng thức này xảy ra
nếu và chỉ nếu OA⊥BC. Suy ra điều phải chứng minh.


12

Bài 1.2.10.(Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985).
Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi F là giao điểm của hai
đường chéo AC, BD và E là giao điểm hai đường thẳng AD, BC. Giả sử M,
N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng

1 AB CD
MN
=
−
.
EF
2 CD AB
Lời giải

−
→
1 −−→
1−
Đặt AEB = γ, EC = c, ED = d, i = .EC và j = .ED
c
d
AB
AE
BE
Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên
=
=
=k
CD
CE
DE
−→
−−→
Suy ra EA = kcj và EB = kdi.Vì F ∈ AC, F ∈ BD nên tồn tại các số x, y
thỏa mãn

−→
−→
−
−
→
EF = xEA + (1 − x)EC = xkcj + (1 − x)ci ,
−→
−−→
−−→
EF = y EB + (1 − y)ED = ykdi + (1 − y)dj
So sánh các hệ số góc của i và j từ các đẳng thức trên ta được:
xkc = (1 − y)d và ykd = (1 − x)c
Từ đó suy ra x =
−→
Vậy : EF =

kd − c
.
(k 2 − 1)c

k
((kd − c)j + (kc − d)i), suy ra
k2 − 1
2
k
2
EF =
[(kd − c)2 + (kc − d)2 + 2(kd − c)(kc − d)cosγ]
2
k −1

13

Mặt khác, ta có
−
→ −−→
−−→ 1 −−→ −−→
1 −−→ −→ −
M N = .(AD + BC) = (ED − EA + EC − EB)
2
2
1
= [(d − kc)j + (c − kd)i]
2
1
2
Suy ra M N = ((d − kc)2 + (c − kd)2 + 2(d − kc)c(c − kd)cosγ).
4
2
2
MN2
1 k2 − 1
1
1
Như vậy, ta có
=
k
−
=

, suy ra
EF 2
4
k
4
k
1 AB CD
MN
.
=
−
EF
2 CD AB
Bài 1.2.11.(Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985).
Cho tam giác ABC. Một đường thẳng (d) bất kì cắt các đường thẳng
BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R khi đó
−→ −→ −→
BR AQ P C
−→ . −→ . −−→ = 1.(1)
AR QC BP
Đảo lại, giả sử các điểm P, Q, R tương ứng nằm trên các đường thẳng
BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho (1) được thỏa. Lúc đó P, Q, R thẳng
hàng.
−→
−→
−→
BR
AQ
CP
Bây giờ , đặt −→ = r, −→ = q, −−→ = p và dùng định nghĩa điểm chia

AR
CQ
BP
một đoạn thẳng theo tỉ số k = 1, ta có thể phát biểu:
Giả sử điểm P, Q , R tương ứng chia ba cạnh CB, AC, BA theo các tỉ
số ( khác 1) p, q, r. Khi đó P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi pqr = 1.
Lời giải
Gọi O là điểm tùy ý, từ định nghĩa điểm chia, suy ra
−→
−−→
−→
−→
−−→
−→
−→ OC − pOB −→ OA − q OC −→ OB − rOA
OP =
, OQ =
, OR =
.
1−p
1−q
1−r
Nếu chọn O trùng với C, ta được
−−→
−→
−→
−→ −pCB
−−→ (p − 1)CP −→
−→
−→

CA
CP =
⇒ CB =
, CQ =
⇒ CA = (1 − q)CQ,
1−p
p
1−q
−→
−→
(p − 1)CP
−−→
−→
− r(1 − q)CQ
−→ CB − rCA
p
CR =
=
1−r
1−r
(p − 1) −→ r(1 − q) −→
CP −
CQ
=
p(1 − r)
1−r
+ Giả sử pqr = 1, ta có:
(p − 1)
r(1 − q)
(p − 1) − rp(1 − q)

p − 1 − rp + rpq
p − rp
−
=
=
=
=
p(1 − r)
1−r
p(1 − r)
p(1 − r)
p(1 − r)
1


14

(p − 1)
r(1 − q)
Điều này có nghĩa rằng nếu đặt m =
thì 1 - m = p(1 − r)
1−r
−→
−→
−→
Ta có m = 0, m = 1(∗ ) trờ thành CR = mCP + (1 − m)CQ, do đó ba điểm
R, P, Q thẳng hàng.
+ Đảo lại, giả sử R, P, Q thẳng hàng. Khi đó với mọi điểm O, luôn tồn
−→
−→

−→
tại một số thực m sao cho OR = mOP + (1 − m)OQ.
−→
−→
−→
Chọn O trùng C ta được CR = mCP + (1 − m)CQ. Nhưng ta có (∗ ), do vậy
−→
−→
−→
(p − 1) −→ r(1 − q) −→
CP −
CQ. Theo tính duy nhất
CR = mCP + (1 − m)CQ =
p(1 − r)
1−r
−→
−→ −→
trong biểu diễn của véc tơ CR qua CP , CQ ta phải có:
(p − 1)
r(1 − q)
= m, −
= 1 − m.
p(1 − r)
1−r
Từ đó ta được :
r(1 − q)
(p − 1)
−
= 1 ⇒ (p − 1) − rp(1 − q) = p(1 − r) ⇒ pqr = 1.
p(1 − r)

1−r
Bài 1.2.12. (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985).
−−→ −−→
−−−−→
Cho OP1 , OP2 , ..., OP2n+1 là các véc tơ đơn vị trong một mặt phẳng.
Các điểm P1 , P2 , ..., P2n+1 đều cùng nằm về một phía của một đường thẳng
−−→ −−→
−→
qua O. Chứng minh rằng : |OP1 + OP2 + .... + OP 2n+1 ≥ 1.
Lời giải
Ta tiến hành chứng minh bằng quy nạp theo n.
Hiển nhiên mệnh đề đúng với n = 1.
−−→ −−→
−−−−→
Giả sử mệnh đề đúng với 2n - 1 , tức là nó đúng với hệ véc tơ OP1 , OP2 , ...., OP2n−1
−−→ −−→
−−−−→
.Ta xét hệ véc tơ OP1 , OP2 , ...., OP2n+1 , và sắp xếp lại sao cho OP1 , i = 1, 2,....,
−−−→ −−−−→
2n-1, nằm giữa OP2n và OP2n+1 . Lúc đó rõ ràng véc tơ u = OP2n + OP2n+1 có
phương nằm trên phân giác của góc P2n OP2n+1 , suy ra véc tơ này lập thành
−−→ −−→
−−−−→
một góc bé hơn 900 với véc tơ u = OP1 + OP2 + .... + OP2n−1 . ( v chắc chắn
−−→ −−−−→
−−−→ −−−−→
nằm giữa OP1 , OP2n−1 nên suy ra nó nằm giữa OP2n , OP2n+1 )
Theo giải thiết quy nạp, ta có |v| ≥ 1. Mặt khác, dùng công thức cosin ta
được |u + v| ≥ |v|. Do đó, ta suy ra mệnh đề đã cho đúng với số 2n + 1, điều
phải chứng minh. Để có đẳng thức, ta lấy:

−−→ −−→
−−→
−−−−→
−−−→
OP1 = OP2 = ... = OPn = −OPn+1 = ... = −OP2n
−−−−→
Còn OP2n+1 là véc tơ đơn vị có hướng tùy ý.
Bài 1.2.13. (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985).
Trên một đường tròn, cho 5 điểm, qua trọng tâm của ba điểm ta dựng
đường vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm còn lại. Chứng tỏ rằng 10


15

đường thẳng nhận được cắt nhau tại một điểm.
Lời giải

Gọi G1 là trọng tâm của 3 điểm A1 , A2 , A3 . Kẻ G1 K1 ⊥A4 A5 và
ON1 ⊥A4 A5 . Lúc đó ta có:
−−→ 1 −−→ −−→ −−→
OG1 = (OA1 + OA2 + OA3 )
3
Gọi M1 là điểm tùy ý của đường thẳng G1 K1 , phương trình véc tơ đối với
đường vuông góc G1 K1 là :
−−−→ −−→
−−→
OM1 = OG1 + α1 ON1 .
1 −−→ −−→
1 −−→ −−→ −−→
= (OA1 + OA2 + OA3 ) + α1 (OA4 + OA5 ),với α1 ∈ R. Hoàn toàn

3
2
tương tự, ta nhận được các phương trình sau đối với 9 đường thẳng còn lại :
−−−→ 1 −−→ −−→ −−→
1 −−→ −−→
OM2 = (OA2 + OA3 + OA4 ) + α2 (OA1 + OA5 )
3
2
..............................................................................
−−−→ 1 −−→ −−→ −−→
1 −−→ −−→
OM10 = (OA3 + OA4 + OA5 ) + α10 (OA1 + OA2 ).
3
2
2
Nếu ta chọn α1 = α2 = .... = α10 = thì
3 −−−→ −−→
−−−→ −−−→
OM1 = OM2 = ..... = OM10 = OM .
Như vậy, 10 đường thẳng nói trên cắt nhau tại điểm M, ta có:
−−→ 1 −−→ −−→
−−→
OM = (OA1 + OA2 + ..... + OA5 .
3
Bài 1.2.14. (Đề thi OLympic, Balkan, Sennior, 1985).


16

Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác

ABC, ta có
−→ −−→ −−→ −→ −→ −→
1
GA.GB + GB.GC + GC.GA = − (AB 2 + BC 2 + CA2 ).
6
Lời giải:
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
−→ −−→
−→ −−→
GA.GB = GA.GB.cos(GA, GB)
=GA.GB.cosAGB
GA2 + GB 2 − AB 2
= GA.GB.
2GA.GB
GA2 + GB 2 − AB 2
=
2
4m2a 4m2b
+
− AB 2
9
= 9
2

=

4
9

AB 2 + AC 2 BC 2

−
2
4

+

BC 2 + BA2 AC 2
−
2
4

4
9

− AB 2

2

AC 2 BC 2
+
+ AB 2 − AB 2
4
4
(1)
=
2
Tương tự ta có
4 BA2 CA2
+
+ BC 2 − BC 2

−−→ −→
9
4
4
GB.GC =
(2)
2
4 CB 2 AB 2
+
+ AC 2 − AC 2
−→ −→
9
4
4
GC.GA =
(3)
2
Từ (1) (2) (3) ta có:
4
9

−→ −−→ −−→ −→ −→ −→
GA.GB + GB.GC + GC.GA

=

4
9

AC 2 BC 2

4
+
+ AB 2 − AB 2
4
4
9
+
2

BA2 CA2
+
+ BC 2 − BC 2
4
4
2


17

+

=

4
9
4
9

CB 2 AB 2
+

+ AC 2 − AC 2
4
4
2
3AB 2 3BC 2 3AC 2
+
+
2
2
2
2

− (AB 2 + BC 2 + CA2 )

2
(AB 2 + BC 2 + CA2 ) − (AB 2 + BC 2 + CA2 )
3
=
2
−1
(AB 2 + BC 2 + CA2
= 3
2
−1
(AB 2 + BC 2 + CA2 ).
6
Bài 1.2.15. ( Đề thi HSG lớp 10 THPT Đan Phượng 2018-2019).
Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a . Trên các cạnh BC, CA,
a
2a

AB lần lượt lấy các điểm N, M, P sao cho BN = ; CM = ; AP = x(0 <
3
3
x < a). Tìm x theo a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM.
=

Lời giải

√
a a 3
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó A(0 ; 0), B(a ; 0), C ;
2 2
(x ; 0) (0 < x < a)

,P


18

√
5a a 3
;
6
6
√
√
−−→ 1 −→
−−→
a a 3
a

a 3
;
− x;
AM = AC ⇒ M
⇒ PM =
3
6 6
6
6
2
−−→ −−→
5a a
3a
4a
AN ⊥P M ⇔ AN .P M = 0 ⇔
−x =−
⇒x=
6 6
36
15
4a
Vậy với x =
thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
15
Bài 1.2.16. ( Đề thi HSG lớp 10 THPT Kim Liên 2018-2019).
Cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ. BC = a, CA = b, AB = c.
a)Chứng minh rằng (b2 − c2 ).cosA = a(c.cosC − b.cosB).
−−→ 1 −−→
Ta có BN = BC ⇒ N
3

√
5a a 3
;
6
6

−−→
⇒ AN =

b)Tìm tập hợp các điểm M sao cho M B 2 + M C 2 = M A2 .
Lời giải
a2 + c2 − b2
a2 + b2 − c2
− b.
a) VT = a. c.
2ab
2ac

(b4 − c4 ) − a2 (b2 − c2 )
= ... =
2bc

(b2 − c2 )(b2 + c2 − a2 )
= (b2 − c2 ).cosA
=
2bc
−−→ −−→ −−→
b)Gọi D là điểm xác định bởi hệ thức: DB + DC − DA = 0, ta có:
M B 2 + M C 2 − M A2 = M D2 + DB 2 + DC 2 − DA2

−−→ −−→
= M D2 + DB 2 + DC 2 − (DB + DC)2 = ... = M D2 − 2AB.AC.cosA
Nếu
Nếu
Nếu
Bài

A tù, tập hợp các điểm M là tập rỗng .
A vuông, tập hợp các điểm M là D.
√
A nhọn, tập hợp các điểm M là đường tròn (D; 2AB.AC.cosA).
1.2.17. ( Đề thi HSG lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019).
Cho tam giác ABC, M là điểm di động trên đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC. Tìm vị trí điểm M để M B 2 + M C 2 − 2M A2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, I là trung điểm BC.
Theo đề bài suy raOM 2 = OA2 = OB 2 = OC 2 = R2 .
Ta có
−−→ −−→
−→ −−→
−→ −−→
M B 2 + M C 2 − 2M A2 = (OB − OM )2 + (OC − OM )2 − 2(OA − OM )2
−−→ −−→
−−→ −→
−−→ −→
−−→ −→ −−→ −→
= −2OM .OB − 2OM .OC + 4OM .OA = 2OM (2OA − OB − OC)
−−→ −→ −→
−−→ −

→
= 2OM (BA + CA) = −4OM .AI
−−→ −
→
= −4OM.AI.cos(OM , AI) ≥ −4OM.AI.
Vì OM và AI không đổi. Do đó M B 2 + M C 2 − 2M A2 đạt giá trị nhỏ nhất khi
−−→ −
→
−−→
−
→
cosOM , AI) = 1. Khi đó M thuộc đường tròn (O) có OM và AI cùng hướng.


19

Bài 1.2.18. ( Đề thi HSG lớp 10 THPT Đan Phượng 2018-2019).
Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh
BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm N, M, P sao cho BN = na, CM = ma , AP
= x với 0 < n < 1, 0 < m < 1, 0 < x < a. Tìm giá trị của x theo m, n, a để
đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
Lời giải:

Ta có :
−−→ −→ −−→ −→ N C −−→ −→ N C −→ −→
+) AN = AC + CN = AC +
.CB = AC +
.(AB − AC)
CB
BC

N C −→
N C −→
AC
=
AB + 1 −
BC
BC
−−→ N C −→ N B −→
−→
−→
⇔ AN =
.AB +
.AC = (1 − n)AB + nAC.
BC
BC
−−→ −→ −−→
−→
x −→
+) P M = P A + AM = − AB + (1 − m)AC
a
−−→ −−→
AN ⊥P M ⇔ AN .P M = 0
−→
−→
−→
x −→
⇔ [nAC + (1 − n)AB]. − AB + (1 − m)AC = 0.
a
−x
−x

a2
⇔ (1 − n)
a2 + n(1 − m)a2 + (1 − n)(1 − m) + n
= 0.
a
a
2
(1 − m)(1 + n)a
Tìm được x =
.
2−n
(1 − m)(1 + n)a
Vậy với x =
thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng
2−n
PM .


20

Bài 1.2.19. ( Đề thi HSG lớp 10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019).
−−→ −−→
Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn N B −3N C = 0.
PA
Gọi P là giao điểm của AC và GN. Tính
.
PC
Lời giải:

−→

−→
Gọi I là trung điểm của BC. Gọi AP = k AC.
−→ −→ −→
−→ 1 −→ −→
1 −→ 1 −→
Ta có GP = AP − AG = k AC − (AC + AB) = k −
AC − AB.
3
3
3
−−→ −→ −→ 1 −
−→ −→
→ −−→ 1 −→ −→
Lại có GN = GI + IN = AI + BC = (AB + AC) + AC − AB
3
6
7 −→ 5 −→
= AC − AB.
6
6
−→ −−→
Mặt khác, do ba điểm G, P, N thẳng hàng nên hai véc tơ GP , GN cùng
phương, do đó:
1
−1
1
k−
k−
3 = 3 ⇔
3 = 2 ⇔ k − 1 = 7 ⇔ k = 4.

7
−5
7
5
3
15
5
6
6
6
−→ 4 −→
4
1
PA
Suy ra AP = AC ⇒ AP = AC ⇒ P C = AC ⇒
= 4.
5
5
5
PC
Bài 1.2.20. Cho hình tứ diện đều ABCD có tất cả các cạnh bằng m. Các
điểm M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
a) Tính độ dài MN.
−−→
−−→ −−→
b) Tính góc giữa M N với các véc tơ CD, BC.


21

Lời giải

−−→
−→
−→
Đặt AD = a, AB = b, AC = c.
a) Vì M, N là trung điểm của AB, CD nên:
−−→ 1 −−→ −−→
1
M N = (AD + BC) = (a + c − b).
2
2
−
−
−
→
1
2m2
nên M N 2 = M N 2 = (a2 + c2 + b2 + 2ac − 2a.b − 2b.c) =
.
4
4
√
m 2
Vậy MN =
.
2
−−→ −−→ 1
b) Ta có M N .CD = (a + c − b)(a − c)
2

1
= (a2 + a.c − a.b − a.c − c2 + b.c)
2
m2 m2 m2
m2
1
m2 +
−
−
− m2 +
= 0.
2
2
2
2
2
−−→
−−→
Vậy góc giữa hai véc tơ M N và CD là 900 .
−−→ −−→ 1
Ta có M N .BC = (a + c − b)(−b + c)
2
=

=
=

1
(−a.b − b.c + b2 + a.c + c2 − b.c)
2

1
m2 m2
m2
m2
−
−
+ m2 +
+ m2 −
2
2
2
2
2

1
= m2 .
2


22

√
−−→ −−→
−−→ −−→
M N .BC
2
Do đó : cos(M N , BC) =
=
.
M N.BC

2
−−→
−−→
Vậy góc giữa hai véc tơ M N và BC bằng 450 .
Bài 1.2.21. Cho bốn tia Ox, Oy, Oz, Ot trong không gian, đôi một hợp nhau
một góc bằng ϕ.
a) Tính ϕ.
b) Một tia Ou khác tia Ox, Oy, Oz, Ot hợp với các tia đó các góc α1 , α2 , α3 , α4 .
4

Tính p =

4

cos2 αi .

cosαi , q =
i=1

i=1

Lời giải

−−→
−−→
−−→
−−→
a) Gọi e1 = OA1 , e2 = OA2 , e3 = OA3 , e4 = OA4 là các véc tơ đơn vị
của Ox, Oy, Oz, Ot.
A1 OA2 = A2 OA3 = A4 OA1 (c − g − c)

⇒ A1 A2 A3 A4 là tứ điện đều có trọng tâm là O nên :
e1 + e2 + e3 + e4 = 0 ⇒ (e1 + e2 + e3 + e4 )2 = 0
−1
.
⇒ 4 + 12cosϕ = 0 ⇒ cosϕ =
3
b) Gọi e là véc tơ đơn vị của Ou, ta có:
i=1

i=1

ei = 0, q =

eei = e

cos αi =

4

4

4

4

p=

i=1

i=1

mà e = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 + x4 e4
⇒ ei e = xi +

xj ei ej = xi +
j=i

cos2 α1 =

j=i

4

(eei )2 .
i=1

−1
(∀i = 1, 4).
3

1
4
1 4
= xi −
xj = xi −
xj
3 j=i
3
3 i=1
4

4
4 4
1 4
xi ei −
e1 = e
3 i=1
3 j=1
3
i=1
i=1
4
4
4
4
4
4
⇒
(ei e)ei e = e2 = ⇒ (ei e)(ei e) = ⇒ q = .
3
3
3
3
i=1
i=1
Bài 1.2.22. Cho tứ diện ABCD, A’, B’, C’, D’ tương ứng thuộc cạnh AB,
BC, CD, DA.
Chứng minh điều kiện cần và đủ để A’, B’, C’, D’ đồng phẳng
4

⇒

(ei e)ei =

AA BB C C DD
.
.
.
= 1.
AB BC C D DA