Embed Size (px)
DESCRIPTION
Ôn tập vecto
Citation preview
Phương pháp giải các dạng toán liên quan
Đ1. VectơD¹ng to¸n 1: Mở đầu về vectơThÝ dô 1. Cho OAB vuông cân với OA = OB = a. Hãy dựng các vectơ sau
đây và tính độ dài của chúng:OA
+ OB
, OA
OB
, 3 OA
+ 4 OB
214
OA
+ 2.5 OB
,144
OA
37
OB
.
Giảia. Với C là đỉnh thứ tư 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 lượt 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
= 1OA
+ 1OB
= 1OC
3 OA
+ 4 OB
= 1OC
= OC1 = 2 21 1 1OA C A = 5a.
d. Thực hiện tương tự câu c), ta dựng được vectơ 214
OA
+ 2.5 OB
và
214
OA
+ 2.5 OB
= a 5414
.
e. Thực hiện tương tự câu c), ta dựng được vectơ 144
OA
37
OB
và
144
OA
37
OB
= a 607328
.
ThÝ dô 2. Cho ABC đều có cạnh bằng a. Tính độ dài vectơ tổng AB
+ AC
. Giải
1
A
B C
O
A
B
O A1
B1 C1
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:
AB
+ AC
= 1AA
AB
+ AC
= 1AA
= 2AM = 2. a 32
= a 3 .
F Chú ý: Với các em học sinh chưa nắm vững kiến thức về tổng của hai vectơ thì
thường kết luận ngay rằng: AB
+ AC
= AB
+ AC
= a + a = 2a.
D¹ng to¸n 2: Chứng minh một đẳng thức vectơPhương pháp áp dụng
Ta lựa chọn một trong các hướng biến đổi sau:Híng 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.
Híng 2: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về một đẳng thức đã biết là luôn đúng.
Híng 3: Biến đổi một đẳng thức vectơ đã biết là luôn đúng thành đẳng thức cần chứng minh.
Híng 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:
MI
= 12
( MA
+ MB
).
Tính chất trọng tâm tam giác: Với ABC có trọng tâm G ta có:GA
+ GB
+ GC
= 0
.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.
2
A C
M
B A1
ThÝ dô 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.
F Nhận xét: Việc trình bày thí dụ trên theo bốn cách chỉ mang tính chất minh hoạ
cho những ý tưởng 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 ngược 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 được vectơ AB
thành tổng của hai vectơ".
ThÝ dô 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 tương đương biểu thức về dạng:
AB
AD
= CB
CD
DB DB
, đúng Điều phải chứng minh.Cách 4: Biến đổi tương đương đẳng thức về dạng:
AB
- CB
= AD
- CD
AB
+ BC
= AD
+ DC
AC
= AC
, luôn đúng.
F Nhận xét: 1. Để thực hiện chứng minh đẳng thức vectơ đã cho chúng ta lựa
chọn hướng biến đổi VT thành VP và hai cách giải trên đều có
3
chung một ý tưởng, cụ thể bằng việc lựa chọn vectơ xuất phát là AB ta có: Trong cách 1, ta ý thức được rằng cần tạo ra sự xuất hiện
của vectơ AD do đó ta xen vào điểm D. Trong cách 2, ta ý thức được 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 được 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 hướng biến đổi VP thành VT.
ThÝ dô 3. Cho M và N lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD. Chứng minh rằng:
2 MN
= AC
+ BD
= AD
+ BC
. Giảia. Ta có thể trình bày theo các cách sau:Cách 1: Ta có phân tích:
AC
= AM
+ MN
+ NC
, (1)BD
= BM
+ MN
+ ND
. (2)Cộng theo vế (1) và (2) với lưu ý AM
+ BM
= 0
và NC
+ ND
= 0
(vì M và N
lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:AC
+ BD
= 2 MN
, đpcm. (*)Cách 2: Ta có phân tích:
MN MA AC CN
, (3)MN MB BD DN
, (4)Cộng theo vế (3) và (4) với lưu ý MA MB 0
và NC ND 0
(vì M và N lần
lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và CD), ta được:2 MN
= AC
+ BD
, đpcm.
b. Ta có:AC
+ BD
= AD
+ DC
+ BC
+ CD
= AD
+ BC
, đpcm. (**)Từ (*) và (**) ta được đẳng thức cần chứng minh.
ThÝ dô 4. Cho O là tâm của hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng với điểm M bất kì, ta có:
MO
= 14
( MA
+ MB
+ MC
+ MD
).
GiảiTa có:
MA
+ MB
+ MC
+ MD
4
A B
CD N
M
= MO
+ OA
+ MO
+ OB
+ MO
+ OC
+ MO
+ OD
= 4 MO
+ ( OA
+ OC
) + ( OB
+ OD
) = 4 MO
14
( MA
+ MB
+ MC
+ MD
) = MO
, đpcm.
F Chú ý: Các em học sinh hãy trình bày thêm cách biến đổi VT thành VP.
ThÝ dô 5. Cho ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
AM
+ BN
+ CP
= 0
. Giải
Sử dụng quy tắc trung điểm ta biến đổi:
VT = 12
(AB AC)
+ 12
(BA BC)
+ 12
(CA CB)
= 12
(AB BA AC CA BC CB)
, đpcm.
ThÝ dô 6. Cho A1B1C1 và A2B2C2 lần lượt có trọng tâm là G1, G2. Chứng minh rằng:
1 2A A
+ 1 2B B
+ 1 2C C
= 3 1 2G G
. Giải
Với G1, G2 là trong tâm các A1B1C1 và A2B2C2, ta có:
1 1G A
+ 1 1G B
+ 1 1G C
= 0
. (1)
2 2G A
+ 2 2G B
+ 2 2G C
= 0
. (2)Mặt khác, ta có:
1 2A A
= 1 1A G
+ 1 2G G
+ 2 2G A
. (3)
1 2B B
= 1 1B G
+ 1 2G G
+ 2 2G B
. (4)
1 2C C
= 1 1C G
+ 1 2G G
+ 2 2G C
. (5)Cộng theo vế (3), (4), (5) và sử dụng các kết quả trong (1) và (2), ta được:
1 2A A
+ 1 2B B
+ 1 2C C
= 3 1 2G G
, đpcm.
ThÝ dô 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
= 14 AB
+ 1
6AC
.
5
b. Gọi D là trung điểm của BC. Chứng minh rằng KD = 14 AB
+ 1
3AC
. Giảia. Từ giả thiết ta nhận thấy:
AB 2AM
AB AM
AB
= 2 AM
;
AC 3AN
AC AN
AC
= 3 AN
.
Vì K là trung điểm MN nên:
AK
= 12
( AM
+ AN
) = 12
(12 AB
+
13
AC
) = 14 AB
+
16
AC
, đpcm.
b. Vì D là trung điểm BC nên:
AD
= 12
( AB
+ AC
)
từ đó, suy ra:
KD = AD
- AK
= 12
( AB
+ AC
) - (14 AB
+
16
AC
) = 14 AB
+
13
AC
, đpcm.
D¹ng to¸n 3: Xác định điểm M thoả một đẳng thức vectơ cho trước
Phương pháp áp dụngTa biến đổi đẳng thức vectơ cho trước về dạng:
OM
= v ,trong đó điểm O cố định và vectơ v đã biết.
ThÝ dô 1. Cho ABC đều nội tiếp đường 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
. Giảia. 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 được OM
= OA OB
. Các điểm N, P được xác định tương tự.
ThÝ dô 2. Cho ABC. Hãy xác định điểm M thoả mãn điều kiện:MA
MB
+ MC
= 0
. (*)
6
B C
M
O
A
C1
GiảiBiến đổi (*) về dạng:
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.
ThÝ dô 3. Cho ABC đều, nội tiếp đường 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
.
Giảia. Dựa theo quy tắc hình bình hành, ta lần lượt có:
Với điểm M thoả mãn:OM
= OA
+ OB
M là đỉnh thứ tư của hình bình hành AOBM CM là đường kính của (O), vì ABC đều.
Với điểm N thoả mãn:ON
= OB
+ OC
N là đỉnh thứ tư của hình bình hành BOCN AN là đường kính của (O), vì ABC đều.
Với điểm P thoả mãn:OP
= OC
+ OA
P là đỉnh thứ tư của hình bình hành AOCP BP là đường kính của (O), vì ABC đều.
Vậy, các điểm M, N, P nằm trên đường tròn (O) sao cho CM, AN, BP là các đường kính của đường tròn (O).b. Dựa vào kết quả câu a) và OC
= MO
, ta có ngay:
OA
+ OB
+ OC
= OM
+ MO
= MO
+ OM
= MM
= 0
.
ThÝ dô 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
.
Giảia. Ta biến đổi:
7
A
BCO
M
N
P
B C
A M
0
= IA
+ 2 (IA AB)
= 3 IA
+ 2 AB
IA
= - 2 AB3
, suy ra điểm I được hoàn toàn xác định.
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.
ThÝ dô 5. Cho trước 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
. Giảia. Ta có:
IA
+ IB
= 0
IA
+ ( IA
+ AB
) = 0
( + ) IA
+ AB
= 0
( + ) AI
= AB
AI
=
AB
.
Vì A, B cố định nên vectơ
AB
không đổi, do đó tồn tại duy nhất điểm I
thoả mãn điều kiện đầu bài.b. Ta có:
MA + MB
= ( MI + IA
) + ( MI + IB
) = ( + ) MI + ( IA
+ IB )
= ( + ) MI
, đpcm.
F Nhận xét quan trọng:1. Nếu = = 1 thì điểm I chính là trung điểm của AB.2. Bài toán trên được mở rộng tự nhiên cho ba điểm A, B, C và bộ ba số thực , ,
cho trước 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
ii 1
0,
xin dành cho bạn đọc.4. Kết quả trên được sử dụng để giải bài toán:
8
“ Cho n điểm Ai, i = 1,n và bộ n số thực i, 1,n thoả mãn n
ii 1
0. Tìm số thực
k và điểm cố định I sao cho đẳng thức vectơn
i ii 1
MA
= k MI
, (1)
thoả mãn với mọi điểm M. ”Phương pháp giải
Vì (1) thoả mãn với mọi điểm M, do đó đúng với M I, khi đó:n
i ii 1
IA
= k II
= 0
. (2)
Xác định được điểm I từ (2). Từ (2), suy ra
n
i ii 1
MA
= n
ii 1
MI
. (3)
Từ (1) và (3), suy ra:n
ii 1
MI
= k MI
k = n
ii 1
.
ThÝ dô 6. Cho tứ giác ABCD, M là điểm tuỳ ý. Trong mỗi trường 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
.
Giảia. 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 được:
2 IA
+ ( IA
+ AB
) = 0
IA
= -13 AB
xác định được điểm I.
Từ (1.1), ta được: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:JA
+ JB
+ 2 JC
= k JJ
= 0
. (2.1) Gọi E là trung điểm AB, từ (2.1), ta được:
2 JE
+ 2 JC
= 0
J là trung điểm của CE. Từ (2.1), ta được:
9
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 được:
3 KG
+ 3 KD
= 0
K là trung điểm của GD. Từ (3.1), ta được:
MA
+ MB
+ MC
+ 3 MD
= 6 MK
. (3.2)Từ (3) và (3.2), suy ra:
6 MK
= k MK
k = 6.
F Chú ý: Bài toán tìm điểm có thể được 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 trước thì M thuộc đường trung trực
của đoạn AB.2. | MC
| = k| AB
|, với A, B, C cho trước thì M thuộc đường tròn tâm C,
bán kính bằng k.AB.3. Nếu MA
= k BC
, với A, B, C cho trước thì
a. Với k điểm M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.b. Với k + điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với
BC theo hướng BC
.c. Với k - điểm M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với
BC ngược hướng BC
.
ThÝ dô 7. Cho ABC, tìm tập hợp những điểm M thoả mãn: a. MA
+ k MB
- k MC
= 0
. (1)
b. (1 - k) MA
+ MB
- k MC
= 0
. (2) Giảia. Ta biến đổi (1) về dạng:
MA
= k( MC
- MB
) MA
= k BC
M thuộc đường thẳng qua A song song với BC.b. Ta biến đổi (2) về dạng:
MA
+ MB
- k( MA
+ MC
) = 0
. (3)Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB và AC, ta được:
(3) 2 ME
- 2k MF
= 0
ME
= k MF
10
M thuộc đường trung bình EF của ABC.
D¹ng to¸n 4: Biểu diễn một vectơ thành tổ hợp vectơPhương pháp áp dụng
Ta lựa chọn một trong hai hướng:Híng 1: Từ giả thiết xác định được tính chất hình học, rồi từ đó khai triển
vectơ cần biểu diễn bằng phương pháp xen điểm hoặc hiệu của hai vectơ cùng gốc.
Híng 2: Từ giả thiết thiết lập được mối liên hệ vectơ giữa các đối tượng, rồi từ đó khai triển biểu thức này bằng phương pháp xen điểm hoặc hiệu của hai vectơ cùng gốc.
ThÝ dô 1. Cho đoạn thẳng AB và điểm I sao cho 2 IA
+ 3 IB
= 0
.a. Tìm số k sao cho AI
= k AB
.
b. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có MI
= 25 MA
+ 3
5 MB
.
Giảia. Biến đổi giả thiết:
0
= 2 IA
+ 3 IB
= 5 IA
+ 3( IB
IA
) = 5 AI
+ 3 AB
AI
= 35 AB
.
Vậy, với k = 35
thoả mãn điều kiện đầu bài.
b. Biến đổi giả thiết:0
= 2 IA
+ 3 IB
= 2( MA
MI
) + 3( MB
MI
)
5 MI
= 2 MA
+ 3 MB
MI
= 25 MA
+
35 MB
, đpcm.
ThÝ dô 2. Cho OAB. Gọi M, N lần lượt 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
= 12
OA
do đó đẳng thức OM
= m OA
+ n OB
sẽ có m = 12
và n = 0.
b. Ta có:
MN
= 12 AB
=
12 ( OB
OA
) =
12
OA
+ 12
OB
11
A B
OM N
do đó đẳng thức MN
= m OA
+ n OB
sẽ có m = 12 và n =
12 .
c. Ta có:
AN
= AO
+ ON
= OA
+ 12
OB
do đó đẳng thức AN
= m OA
+ n OB
sẽ có m = 1 và n = 12 .
d. Ta có:
MB
= MO
+ OB
= 12
OA
+ OB
do đó đẳng thức MB
= m OA
+ n OB
sẽ có m = 12 và n = 1.
ThÝ dô 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
.
Giảia. 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
.
ThÝ dô 4. Cho ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Tính các vectơ AB
, BC
, CA
theo các vectơ BN
và CP
.
GiảiTa lần lượt có:
AB
= AM MB
= 3GM (GB GM)
= 2GM GB
= 21 (GB GC) GB2
= 2GB GC
= 2 22. BN CP3 3
= 4 2BN CP3 3
.
BC
= GC GB
= 2 2CP BN3 3
.
Vectơ CA
được biểu diễn tương tự AB
.
ThÝ dô 5. Cho ABC.
12
B C
N
M
A
P G
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
. Giảia. Ta lần lượt thực hiện:
0
= MA
MB
+ MC
= BA
+ MC
= AB
+ MC
MC
= AB
M là đỉnh thứ tư 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.
b. Ta có biểu diễn:
MN
= MA
+ AN
= CB
+ 12 AE
= ( AB
AC
) + 14
( AB
+ AC
) = 54 AB
34
AC
.
ThÝ dô 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
.
b. Tính AG
theo AI
và AJ
Giảia. Ta có:
2CI 3BI
IC IB
2 IC
= - 3 IB
2( AC
- AI
) = - 3( AB
- AI
) 5 AI
= 3 AB
+ 2 AC
AI
= 35 AB
+
25
AC
. (1)
Ta có:5JB 2JCI
JB JC
5 JB
= 2 JC
5( AB
- AJ
) = 2( AC
- AJ
)
3 AJ
= 5 AB
- 2 AC
AJ
= 53 AB
-
23
AC
. (2)
b. Gọi M là trung điểm BC, ta có:
AG
= 23 AM
=
23
.12
( AB
+ AC
) = 13
( AB
+ AC
). (3)
Mặt khác từ hệ tạo bởi (1) và (2), ta nhận được:
AB
= 58 AI
+
38
AJ
và AC
= 2516 AI
-
916
AJ
. (4)
Thay (4) vào (3) ta nhận được:
13
A
CB
G
IJ
AG
= 3548 AI
-
116
AJ
.
D¹ng to¸n 5: Chứng minh hai điểm trùng nhauPhương pháp áp dụng
Muốn chứng minh hai điểm A1 và A2 trùng nhau, ta lựa chọn một trong hai cách sau:C¸ch 1: Chứng minh 1 2A A
= 0
.
C¸ch 2: Chứng minh 1OA
= 2OA
với O là điểm tuỳ ý.
ThÝ dô 1. Chứng minh rằng AB
= CD
khi và chỉ khi trung điểm của hai đoạn thẳng AD và BC trùng nhau.
GiảiTa 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
ThÝ dô 2. Cho lục giác ABCDEF. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt 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.
GiảiGọi G là trọng tâm của MPR, ta có:
GM
+ GP
+ GR
= 0
(1)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 được G là trọng tâm của SNQ.Tóm lại, các MPR và NQS có cùng trọng tâm.
D¹ng to¸n 6: Chứng minh ba điểm thẳng hàngPhương pháp áp dụng
Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta đi chứng minh:AB
= k AC
, k . (1)Để nhận được (1), ta lựa chọn một trong hai hướng:
14
Híng 1: Sử dụng các quy tắc biến đổi vectơ đã biết.Híng 2: Xác định vectơ AB
và AC
thông qua một tổ hợp trung gian.
F 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 ”.
ThÝ dô 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. Giải
Viết lại IA
= 2 IB
dưới dạng:IA
- 2 IB
= 0
. (1)Biến đổi 3 JA
+ 2 JC
= 0
về dạng:
3( IA
- IJ
) + 2( IC
- IJ
) = 0
3 IA
+ 2 IC
= 5 IJ
. (2)Trừ theo vế (1) cho (2), ta được:
2( IA
+ IB
+ IC
) = 5 IJ
6 IG
= 5 IJ
I, J, G thẳng hàng.
ThÝ dô 2. Cho ABC. Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của ABC. Chứng minh rằng:a. AH
= 2 OE
, với E là trung điểm BC.
b. OH
= OA
+ OB
+ OC
.c. Chứng minh rằng O, G, H thẳng hàng.
Giảia. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua O, ta được:
1
1
BH // CA c ng vu ng g c v i ACCH // BA c ng vu ngg c v iAB
ï « ã íï « ã í
A1BHC là hình bình hành
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:
OG
= 13
( OA
+ OB
+ OC
) = 13
OH
O, G, H thẳng hàng.
ThÝ dô 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.
15
A
CB EA1
HO
GiảiTa có:
MP
= AP AM
, (1)MN
= AN AP
. (2)Ta đi tính AP, AM, AN
theo AB
và AC
, cụ thể từ giả thiết:
MA
+ MB
= 0
1AM AB2
(3)
3 AN
- 2 AC
= 0
AN
= 2 AC3
(4)
PB
= 2 PC
AB AP
= 2 (AC AP)
AP
= AB 2AC
. (5)Thay (3), (4), (5) vào (1) và (2) ta được:
MP
= AB 2AC
- 1 AB2
=
3 AB 2AC2
. (6)
MN
= 2 AC3
+ AB 2AC
=
4AB AC3
. (7)
Từ (6) và (7) ta nhận thấy:
MN
= -3 MP2
M, N, P thẳng hàng.
D¹ng to¸n 7: Xác định đặc tính K của đối tượng S khi nó thoả mãn một đẳng thức vectơ
Phương pháp áp dụngPhân tích được định tính xuất phát từ các đẳng thức vectơ của giả thiết.Lưu ý tới những hệ thức đã biết về trung điểm của đoạn thảng và trọng tâm của
tam giác.
ThÝ dô 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:GA
+ GB
+ GC
= 0
GA
= - GB
- GC
. (2)Thay (2) vào (1), ta được:
a.(- GB
- GC
) + b. GB
+ c. GC
= 0
(b - a). GB
+ (c - a). GC
= 0
. (3)
Vì GB
và GC
là hai vectơ không cùng phương, do đó (3) tương đương với:b a 0c a 0
a = b = c ABC là tam giác đều.
ThÝ dô 2. Cho tứ giác ABCD. Giả sử tồn tại điểm O sao cho:
16
| OA | | OB | | OC | | OD |
OA OB OC OD 0
.
Chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật. Giải
Từ phương trình thứ nhất của hệ , ta suy ra:O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. (1)
Gọi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA , từ phương trình thứ hai của hệ ta được:
0
= OA
+ OB
+ OC
+ OD
= 2 OM
+ 2 OP
OM
+ OP
= 0
M, P, O thẳng hàng và O là trung điểm MP. (2)0
= OA
+ OB
+ OC
+ OD
= 2 ON
+ 2 OQ
ON
+ OQ
= 0
N, Q, O thẳng hàng và O là trung điểm NQ. (3)
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. (4)Từ (1) và (4) suy ra ABCD là hình chữ nhật.
Đ2 hệ trục toạ độ
D¹ng to¸n 1: Toạ độ vectơ Toạ độ điểmPhương pháp áp dụng
Ta cần nhớ các kết quả sau:1 Với hai điểm A(xA, yA) và B(xB, yB), ta có:
AB
= (xB - xA, yB - yA), AB = | AB
| = 2 2B A B A(x x ) (y y ) .
2 Với hai vectơ a
(x1, y1) và b
(x2, y2) , ta có:a
= x1. i
+ y1. j
,
a
= b
1 2
1 2
x xy y
,
a
+ b
= (x1 + x2, y1 + y2).
ThÝ dô 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.
Giảia. Gọi G là trọng tâm ABC, ta có ngay G(0, 1).
17
b. Giả sử D(xD, yD), khi đó với điều kiện C là trọng tâm ABD, ta được:
D
D
4 2 x23
1 4 y2
3
D
D
x 8y 11
D(8; 11).
c. Giả sử E(xE; 0), khi đó với điều kiện ABCE là hình bình hành, ta được:
AE BC
E
E
x 4 0y 1 6
E
E
x 4y 5
E(4; 5).
ThÝ dô 2. Cho điểm M(1 - 2t; 1 + t). Tìm điểm M sao cho 2 2M Mx y nhỏ nhất.
GiảiTa có:
2 2M Mx y = (1 - 2t)2 + (1 + t)2 = 5t2 - 2t + 2 = 5(t -
15
)2 + 95
95
suy ra ( 2 2M Mx y )Min =
95
đạt được khi :
t - 15
= 0 t = 15
M0(35
; 65
).
Vậy, điểm M0(35
; 65
) thoả mãn điều kiện đầu bài.
ThÝ dô 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.
Giảia. 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 được cho bởi:
SABC = 12
AB.AC = 12
2 2 2 22 2 . 1 ( 1) = 2 (đvdt).
b. Góc AMB nhỏ nhất AMB = 00 A, M, B thẳng hàng AM // AB
M A
B A
x xx x
= M A
B A
y yy y
Mx 1
3 1
=
13 1
xM = 0 M O.
Vậy, điểm M(0; 0) thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 2: Biểu diễn vectơ c
(c1; c2) theo các vectơ a
(a1; a2), b
(b1; b2)
18
Phương pháp áp dụngTa thực hiện theo các bước:Bíc 1: Giả sử c
= a
+ b
. (1)
Bíc 2: Ta có: a
+ b
= (a1, a2) + (b1, b2) = (a1 + b1, a2 + b2).
Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi:1 1 1
2 2 2
c a bc a b
. (I)
Giả hệ (I), ta nhận được giá trị của cặp (, )Bíc 3: Kết luận.
ThÝ dô 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
. (1)Ta có:
a
+ b
= (2; - 1) + ( - 3; 4) = (2 - 3; - + 4).Khi đó (1) xảy ra khi và chỉ khi:
4 2 37 4
12
.
Vậy, ta được c
= a
+ 2 b
.
ThÝ dô 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
GiảiGiả sử AD
= AB
+ AC
. (1)
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
2 2 2
34
.
Vậy, ta được AD
= 3 AB
+ 4 AC
.
D¹ng to¸n 3: Xác định toạ độ điểm M thoả mãn một đẳng thức vectơ, độ dài
Phương pháp áp dụngThực hiện theo các bước:
19
Bíc 1: Giả sử M(x; y).Bíc 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.Bíc 3: Giải phương trình hoặc hệ trên, ta nhận được toạ độ của M.
F Chú ý: Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M1M2 theo một tỉ số k (tức là 1MM
= k 2MM
)
được xác định bởi các công thức:1 2
1 2
x kxx1 k
y kyy
1 k
.
Đặc biệt nếu k = -1, thì M là trung điểm của đoạn thẳng M1M2, khi đó toạ độ của M được xác định bởi:
1 2
1 2
x xx2
y yy
2
.
ThÝ dô 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; -12
).
b. Từ giả thiếtMA + 2 MB = 0
MA - 2 MB điểm M chia đoạn AB theo tỉ số k = -2.
Do đó:
M:
A B
A B
x kx 8x1 k 3
y ky 4y1 k 3
M(83
; -43
).
F Chú ý: Ta cũng có thể trình bày theo cách: Giả sử M(x; y), ta có:
MA ( x,2 y)
MB (4 x, 3 y)
MA
+ 2 MB
= (8 - 3x; - 4 - 3y).
Vì MA
+ 2 MB
= 0
, nên:
20
8 3x 04 3y 0
8x3
4y3
M(83
; -43
).
ThÝ dô 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
|. (1) Giảia. Giả sử E(x; y), khi đó AE
(x - 1; y), BC
(3; 8)
Từ đó:
AE
= 2 BC
x 1 2.3y 2.8
x 7y 16
E(7; 16).
b. Giả sử F(x; y), khi đó:
AF = CF = 5 2
2
AF 25
CF 25
2 2
2 2
(x 1) y 25
x (y 3) 25
2 2(x 1) y 25x 3y 4
210y 30y 0
x 3y 4
y 0y 3
x 3y 4
x 4& y 0x 5& y 3
1
2
F ( 4,0)F (5,3)
.
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
(1 - x; -y), MB
(-3 - x; -5 - y), MC
(-x; 3 - y) 2( MA
+ MB
) - 3 MC
= (-x - 4; -y - 19) và MB
- MC
= (-3; -8).
Khi đó:(1) (-x - 4)2 + (-y - 19)2 = (-3)2 + (-8)2 (x + 4)2 + (y + 19)2 = 73.
Đặt I(-4; -19), ta được:IM2 = 73 M thuộc đường tròn tâm I(-4, -19), bán kính R = 73 .
F Nhận xét: Như vậy, trong ví dụ trên chúng ta đã thực hiện việc xác định điểm
dựa trên các đẳng thức về vectơ, độ dài cho trước. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp chúng ta cần đi thiết lập các đẳng thức đó dựa trên tính chất của điểm cần xác định.
ThÝ dô 3. Cho ABC cân tại A, biết A(a; 3a 7 - 3 7 ), B(1; 0), C(2a - 1; 0) và A thuộc góc phần tư thứ nhất.
21
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 đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của ABC.
Giảia. Ta có toạ độ các điểm:
A(a; 3a 7 - 3 7 ), B(1; 0), C(2a - 1; 0),Từ giả thiết:
AP(I) a 0
3a 7 3 7 0
a 1.
p = 9 AB BC AC
2
= 9
2.8|a - 1| + 2|a - 1| = 18 a = 2 hoặc a = 0 (loại). Từ đó: A(2; 3 7 ), B(1; 0), C(3; 0) AB = AC = 8, BC = 2.
b. Ta cần tìm điểm M AB (tức là phải tìm x = BM, 0 x 8) sao cho trên cạnh BC tồn tại điểm N thoả mãn:
BN = p - x = 9 - x, 0 9 - x 2 7 x 9,BMN
ABC
SS
=
12
. (1)
Từ (1) ta được:BM.BNAB.BC
= 12
x(9 x)
8.2
= 12
x2 - 9x + 8 = 0 x 8x 1(l)
.
Với x = 8 M A(2; 3 7 ) và N(2; 0) là trung điểm BC.
F Chú ý: Bài toán trên có dạng tổng quát như sau "Cho ABC có các cạnh a, b, c
(tương ứng với các đỉnh A, B, C và chu vi 2p), giả sử c b a. Tìm điểm M AB, N BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của ABC "
Phương pháp giảiTa thực hiện theo các bước sau:Bíc 1: Điểm M AB (tức là phải tìm x = BM, 0 x c) sao cho trên cạnh
BC tồn tại điểm N thoả mãn:
BN = p - x, 0 p - x và BMN
ABC
SS
=
12
. (1)
Bíc 2: Từ (1) ta được:BM.BNAB.BC
= 12
x(p x)
c.a
= 12
2x2 - 2px + ac = 0. (2)
Bíc 3: Giải (2) ta xác định được x, từ đó suy ra toạ độ các điểm M, N.
22
CB
AM
1 3I
x
y
O N
D¹ng to¸n 4: Vectơ cùng phương Ba điểm thẳng hàng Định lý Menelaus
Phương pháp áp dụngCần nhớ các kết quả sau:
a. Với hai vectơ 1v (x1, y1) và 2v (x2, y2) ta có 1v // 2v 1 1
2 2
x yx y
.
b. Cho ba điểm A(x1, y1) , B(x2, y2) và C(x3, y3), ta có:
A, B, C thẳng hàng AC
// AB
3 1
2 1
x xx x
= 3 1
2 1
y yy y
.
c. Định lý Menelaus: Lấy ba điểm M, N, P theo thứ tự trên các cạnh BC, CA, AB của ABC. Điều kiện cần và đủ để M, N, P thẳng hàng là:
MBMC
. NCNA
. PAPB
= 1.
ThÝ dô 1. Trong mặt phẳg toạ độ, cho ba điểm A(3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; 5).a. Chứng minh rằng ba điểm A, B, C thẳng hàng.b. Tìm toạ độ điểm D sao cho A là trung điểm của BD.c. Tìm toạ độ điểm E trên trục Ox sao cho A, B, E thẳng hàng.
Giảia. Nhận xét rằng:
AB
(4; 3) và AC
(12; 9) AC
= 3 AB
A, B, C thẳng hàng.b. Giả sử D(xD, yD), khi đó với điều kiện A là trung điểm của BD, ta được:
D
D
1 x32
1 y4
2
D
D
x 7y 7
D(7; 7).
c. Giả sử E(xE, 0) Ox, khi đó AE
(xE + 3; 4).Từ đó, để ba điểm A, B, E thẳng hàng điều kiện là:
Ex 3 44 3
xE = 73
E(73
; 0).
ThÝ dô 2. Tìm trên trục hoành điểm M sao cho tổng các khoảng cách từ M tới các điểm A và B là nhỏ nhất trong các trường hợp sau:a. A(1; 2) và B(3; 4). b. A(1; 1) và B(2; -4).
Giảia. Nhận xét A, B cùng phía với Ox.
Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua Ox, suy ra A1(1; -2).Gọi P0 = (A1B) Ox
A1, B, P0(x; 0) thẳng hàng 1A B
// 1 0A P
23
y
xO
2
4
1 3
AB
PA1
- 2
M
2
x 1 =
62
x = 53
P0(53
; 0).
Ta có PA + PB = PA1 + PB A1B.
Vậy PA + PB nhỏ nhất A1, B, P thẳng hàng P P0.b. Nhận xét A, B khác phía với Ox.
Gọi P0 = (AB)Ox A, B, P0(x, 0) thẳng hàng AB
// 0AP
1
x 1 =
51
x = 65
P0(65
; 0).
Ta có PA + PB AB.
Vậy PA + PB nhỏ nhất khi và chỉ khi A, B, P thẳng hàng P P0.
F Chú ý: Thí dụ trên, đã minh hoạ phương pháp giải cho một lớp bài toán cực trị rất
quen thuộc trong các kỳ thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng, do đó các em học sinh cần nắm được phương pháp giải cho bài toán tổng quát như sau:Bài toán: Tìm trên đường thẳng (d): Ax + By + C = 0 điểm P sao cho tổng các khoảng cách từ P tới các điểm A(xA, yA) và B(xB, yB) không thuộc (d) là nhỏ nhất ".
Phương phápTa xác định
tA.tB = ( AxA + ByA + C)( AxB + ByB + C).Xét hai trường hợpTrường hợp 1: Nếu tA.tB < 0 A, B ngược phía với (d). Ta thực hiện theo các bước sau:Bíc 1: Gọi P0 = (AB)(d), suy ra toạ độ P0.Bíc 2: Ta có PA + PB AB.
Vậy PA + PB nhỏ nhất khi và chỉ khi A, P, B thẳng hàng P P0.
Trường hợp 2: Nếu tA.tB > 0 A, B cùng phía với (d). Ta thực hiện theo các bước sau:Bíc 1: Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua (d) , suy ra toạ độ A1.Bíc 2: Gọi P0 = (A1B)(d), suy ra toạ độ P0.Bíc 3: Ta có PA + PB = PA1 + PB AB.
Vậy PA + PB nhỏ nhất A1,P, B thẳng hàng P P0.
24
y
xO
1
-4
1 2
A
B
PP0
Ngoài phương pháp trên chúng ta sẽ còn nhận được một phương pháp giải khác được minh hoạ trong bài toán “ Phương pháp toạ độ hoá ”.
D¹ng to¸n 5: Phương pháp toạ độ hoáPhương pháp áp dụng
Phương pháp toạ độ hoá thường được sử dụng phổ biến trong hai dạng:D¹ng 1: Ta thực hiện phép toạ độ hoá các điểm trong hình và đưa bài toán hình
học về dạng giải tích.D¹ng 2: Lựa chọn các điểm thích hợp để biến đổi biểu thức đại số về dạng độ dài
hình học - Phương pháp này tỏ ra rất hiệu quả để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức đại số.
ThÝ dô 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các hàm số y = 2x x 1 + 2x x 1 . Giải
Viết lại hàm số dưới dạng:
y = 2x x 1 + 2x x 1 = 21 3(x )2 4
+ 21 3(x )2 4
Xét các điểm A(-12
; 32
), B(12
; - 32
) và M(x; 0), khi đó:
AM = 2x x 1 , BM = 2x x 1 ,suy ra S = AM + BM AB = 1
Vậy, ta được SMin = 1, đạt được khi:A, B, M thẳng hàng AM
// AB
toạ độ của M.
F Chú ý: Với các em học sinh chưa có kinh nghiệm giải dạng toán này thông
thường sẽ chọn ngay A(- 21 ; 2
3 ), B( 21 ; 2
3 ) và M(x; 0) và vẫn nhận
được SMin = 1, tuy nhiên khi đó điều kiện cho A, B, M thẳng hàng sẽ vô nghiệm.Đôi khi dạng toán này được minh hoạ dưới dạng trị tuyệt đối.
ThÝ dô 2. Cho ba điểm A(1; 2), B(0; -1) và M(t; 2t + 1). Tìm điểm M thuộc (d) sao cho: a. (MA + MB) nhỏ nhất. b. |MA - MB| lớn nhất.
Giảia. Ta có:
MA + MB = 2 2(t 1) (2t 1) + 2 2t (2t 2)
= 25t 6t 2 + 25t 8t 4
25
= 5 [23 1t
5 25
+ 24 4t
5 25
]
Xét các điểm A1(35
; -15
); B1(-45
;25
) và M1(t; 0).
Khi đó: MA + MB = 5 ( M1A1 + M1B1).
Vì M1 chạy trên trục hoành và A1, B1 nằm về hai phía của Ox nên (MA + MB)min (M1A1 + M1B1)min M1 = (A1B1)Ox
M1(2
15; 0) M(
215
;1915
)
b. Tương tự câu a) ta có:
|MA - MB| = 523 1t
5 25
- 24 4t
5 25
Xét các điểm A2(35
; 15
); B2( - 45
; 25
) và M2(t; 0).
Khi đó: |MA - MB| = 5 |M2A2 - M2B2|.
Vì M2 chạy trên trục hoành và A2, B2 nằm về một phía của Ox nên |MA - MB|max |M2A2 - M2B2|max M2 = (A2B2)Ox M2(2; 0) M(2; 5).
C. Các bài toán chọn lọc
VÝ dô 1: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng:a. Có một điểm O duy nhất sao cho:
OA
+ OB
+ OC
+ OD
= 0
. Điểm O được gọi là trọng tâm của bốn điểm A, B, C, D. Tuy nhiên, người ta vẫn gọi quen O là trọng tâm của tứ giác ABCD.
b. Trọng tâm O là trung điểm của mỗi đoạn thẳng nối các trung điểm hai cạnh đối của tứ giác, nó cũng là trung điểm của đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo của tứ giác.
c. Trọng tâm O nằm trên các đoạn thảng nối một đỉnh của tứ giác và trọng tâm của tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại.
Giảia. Giả sử có điểm O1 thoả mãn:
0
= 1O A
+ 1O B
+ 1O C
+ 1O D
= 4 1O O
+ OA
+ OB
+ OC
+ OD
= 4 1O O
26
1O O
= 0
O1 O.Vậy, tồn tại một điểm O duy nhất thoả mãn hệ thức vectơ đã cho.
b. Gọi M, N, P, Q, E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta có lần lượt chứng minh:
O là trung điểm MP (đoạn nối trung điểm của hai cạnh AB và CD), thật vậy:0
= OA
+ OB
+ OC
+ OD
= 2 OM
+ 2 OP
OM
+ OP
= 0
O là trung điểm MP.
O là trung điểm NQ (đoạn nối trung điểm của hai cạnh BC và DA), thật vậy:0
= OA
+ OB
+ OC
+ OD
= 2 ON
+ 2 OQ
ON
+ OQ
= 0
O là trung điểm NQ.
O là trung điểm EF (đoạn nối trung điểm của hai đường chéo AC và BD), thật vậy:
0
= OA
+ OB
+ OC
+ OD
= OA
+ OC
+ OB
+ OD
= 2 OE
+ 2 OF
OE
+ OF
= 0
O là trung điểm EF.
c. Gọi G là trọng tâm ABC, ta có:0
= OA
+ OB
+ OC
+ OD
= 3 OG
+ OD
= -3 GO
+ ( GD
- GO
) GD
= 4 GO
G, O, D thẳng hàng.
Vậy, trọng tâm O nằm trên các đoạn thảng nối một đỉnh của tứ giác và trọng tâm của tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại.
VÝ dô 2: Cho đa giác đều n cạnh A1A2...An, tâm O. Chứng minh rằng: n
ii 1
OA
= 0
.
GiảiTa có thể lựa chọn một trong hai cách trình bày:
Cách 1: Gọi OA
= n
ii 1
OA
.
Nhận xét rằng khi quay đa giác một góc bằng 2n
thì:
Đa giác vẫn không đổi, nên n
ii 1
OA
= OA
.
Vectơ OA
sẽ bị quay theo cùng chiều một góc 2n
.
Suy ra vectơ OA
có hướng tuỳ ý OA
= 0
, đpcm.Cách 2: Xét hai trường hợp:Trường hợp 1: Nếu n = 2k.
Khi đó, với đỉnh bất kỳ của đa giác đều có đỉnh đối xứng với nó qua O đpcm.Trường hợp 2: Nếu n = 2k - 1.
27
Khi đó các đỉnh A2, ..,An chia thành hai phần đối xứng qua trục OA1, bằng cách lập tổng các cặp vectơ đối xứng đpcm.
F Nhận xét: Như vậy, để chứng minh OA
= 0
ta có thể sử dụng tính chất "Vectơ
không là vectơ có phương hướng tuỳ ý".
VÝ dô 3: Cho ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng a. IA
+ b. IB
+ c. IC
= 0
.
GiảiDựng hình bình hành AB2IC2 có AB2//CC1 và AC2//BB1, ta được:
IA
= 2IB
+ 2IC
, (1)
2 1
1
2
IB C A bIB C B a
IB IB
2IB
= -
ba IB
. (2)
2 1
1
2
IC B A cIC B C a
IC ICB
2IC
= -
ca
IC
. (3)
Thay (2), (3) vào (1), ta được:
IA
= -ba IB
-
ca
IC
a. IA
+ b. IB
+ c. IC
= 0
, đpcm.
VÝ dô 4: Cho các điểm A, B, C, D, E.a. Tìm O sao cho OA
+ 2 OB
+ 3 OC
= 0
.
b. Tìm I sao cho IA
+ IB
+ IC
+ ID
= 0
.c. Tìm K sao cho KA
+ KB
+ KC
+ 3( KD
+ KE
) = 0
.
Giảia. Gọi M, N, F là trung điểm AB, BC và AC, ta có:
0
= OA
+ 2 OB
+ 3 OC
= ( OA
+ OC
) + 2( OB
+ OC
) = 2 OF
+ 4 ON
= -2 FO
+ 4( FN
- FO
)
FO
= 23
FN
, suy ra điểm O được hoàn toàn xác định.
b. Ta có thể lựa chọn một trong hai cách trình bày:Cách 1: Gọi P, Q là trung điểm CD, MP, ta có:
0
= IA
+ IB
+ IC
+ ID
= 2 IM
+ 2 IP
= 4 IQ
IQ
= 0
I Q, suy ra điểm I được hoàn toàn xác định.Cách 2: Gọi G là trọng tâm ABC, ta có:
28
A
BC
B2
IB1 C1
C2
0
= IA
+ IB
+ IC
+ ID
= 3 IG
+ ID
= -3 GI
+ ( GD
- GI
)
GI
= 14
GD
, suy ra điểm I được hoàn toàn xác định.
c. Ta có:0
= KA
+ KB
+ KC
+ 3( KD
+ KE
) = 3 KG
+ 3( KD
+ KE
) KG
+ KD
+ KE
= 0
K là trọng tâm DEG.
VÝ dô 5: Cho ABC, M là điểm tuỳ ý trong mặt phẳng.a. Chứng minh rằng vectơ v
= 3 MA
- 5 MB
+ 2 MC
không đổi.
b. Tìm tập hợp những điểm M thoả mãn:|3 MA
+ 2 MB
- 2 MC
| = | MB
- MC
|.
Giảia. Ta có:
v
= 3 MA
- 5 MB
+ 2 MC
= 3( MA
- MB
) + 2( MC
- MB
) = 3 BA
+ 2 BC
, không đổi.
b. Gọi I là điểm thoả mãn hệ thức3 IA
+ 2 IB
- 2 IC
= 0
tồn tại duy nhất điểm I.
Ta được:3 MA
+ 2 MB
- 2 MC
= (3 + 2 - 2) MI
= 3 MI
. (1)
Mặt khác, ta cũng có: MB
- MC
= CB
. (2)Thay (1), (2) vào hệ thức của câu b), ta được:
3| MI
| = | CB
| MI = 13
BC
M thuộc đường tròn tâm I, bán kính bằng 13
BC.
VÝ dô 6: Cho ABC. Lấy các điểm A1 BC, B1 AC, C1 AB sao cho 1AA
+ 1BB
+ 1CC
= 0
.
Chứng minh rằng hai tam giác ABC và A1B1C1 có cùng trọng tâm. Giải
Gọi G, G1 theo thứ tự là trọng tâm các tam giác ABC, A1B1C1, ta có:GA
+ GB
+ GC
= 0
.
1 1G A
+ 1 1G B
+ 1 1G C
= 0
.Mặt khác từ giả thiết, ta có:
0
= 1AA
+ 1BB
+ 1CC
29
= ( AG
+ 1GG
+ 1 1G A
) + ( BG
+ 1GG
+ 1 1G B
) + ( CG
+ 1GG
+ 1 1G C
) = - ( GA
+ GB
+ GC
) + ( 1 1G A
+ 1 1G B
+ 1 1G C
) + 3 1GG
= 3 1GG
1GG
= 0
G G1.
VÝ dô 7: Cho ABC, điểm M trong mặt phẳng thoả mãn:MN
= MA
+ MB
+ MC
.a. Chứng minh rằng MN luôn đi qua trọng tâm G của ABC khi M thay đổi.b. Gọi P là trung điểm của CN. Chứng minh rằng MP luôn đi qua một điểm
cố định khi M thay đổi. Giảia. Với G là trọng tâm ABC ta luôn có:
GA
+ GB
+ GC
= 0
.Từ giả thiết ta nhận được:
MN
= MA
+ MB
+ MC
= 3 MG
.Vậy MN luôn đi qua trọng tâm G của ABC khi M thay đổi.
b. Vì P là trung điểm của CN nên:
MP
= 12
( MC
+ MN
) = 12
( MC
+ MA
+ MB
+ MC
)
= 12
( MA
+ MB
+ 2 MC
)
Gọi J là điểm thoả mãn:JA
+ JB
+ 2 JC
= 0
JA
+ ( JA
+ AB
) + 2( JA
+ AC
) = 0
4 AJ
= AB
+ 2 AC
AJ
= 14 AB
+
12
AC
tồn tại duy nhất điểm J cố định.Từ đó:
MP
= 12
( MA
+ MB
+ 2 MC
) = 12
(1 + 1 + 2) MJ
= 2 MJ
.
Vậy MP luôn đi qua một điểm cố định J khi M thay đổi.
VÝ dô 8: Cho ABC. Lấy các điểm A1BC, B1AC, C1AB sao cho:1AA
+ 1BB
+ 1CC
= 0
.
a. Chứng minh rằng 1BABC
= 1CBCA
= 1ACAB
.
b. Xác định vị trí của A1, B1, C1 để AA1, BB1 và CC1 đồng quy. Giảia. Đặt:
1BA
= ỏ BC
, 1CB
= CA
, 1AC
= AB
30 B C
B1
A1
A
C1
G
Khi đó:0
= 1AA
+ 1BB
+ 1CC
= ( AB
+ 1BA
) + ( BC
+ 1CB
) + ( CA
+ 1AC
)
= ( AB
+ BC
+ CA
) + ( 1BA
+ 1CB
+ 1AC
) = ỏ BC
+ CA
+ AB
. (*)
Vì AB
+ BC
+ CA
= 0
nên (*) chỉ đúng khi và chỉ khi:
ỏ = = 1BABC
= 1CBCA
= 1ACAB
, đpcm.
b. Bạn đọc tự giải.
VÝ dô 9: Cho ABC. Lấy các điểm M, N, P sao cho:MB
- 3 MC
= 0
, AN
= 3 NC
, PA
+ PB
= 0
.Tính MP
, MN
theo AB
và AC
. Suy ra M, N, P thẳng hàng.
GiảiTa có:
MP
= AP AM
, (1)MN
= AN AP
, (2)Ta đi tính AP, AM, AN
theo AB
và AC
, cụ thể từ giả thiết:
MB
- 3 MC
= 0
(AB AM)
- 3 (AC AM)
= 0
AM
= 1 3AB AC2 2
. (3)
AN
= 3 NC
AN
= 3 AC4
. (4)
PA
+ PB
= 0
1AP AB2
. (5)Thay (3), (4), (5) vào (1) và (2) ta được:
MP
= 1 AB2
+
1 3AB AC2 2
= 3AB AC2
. (6)
MN
= 3 AC4
-
1 AB2
. (7)
Từ (6) và (7) ta nhận thấy MP
= -2 MN
M, N, P thẳng hàng.VÝ dô 10: Cho ABC, có các cạnh a, b, c. Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là chân
các đường phân giác trong kẻ từ A, B, C.a. Tính 1AA
theo AB
và AC
.
b. Chứng minh rằng ABC là tam giác đều nếu 1AA
+ 1BB
+ 1CC
= 0
. Giảia. Ta có:
1
1
BAA C
= cb
cb c =
1
1 1
BABA A C
= 1BA
BC
=
1AA ABAC AB
31
1AA
- AB
= c
b c ( AC
- AB
) 1AA
= b
b c AB
+ c
b cAC
.b. Tương tự câu a), ta được:
1BB
= c
c aBC
+ a
c a BA
= c
c aBC
- a
c a AB
,
1CC
= c
a bCA
+ b
a bCB
= -c
a bAC
- b
a bBC
.Từ đó:
0
= 1AA
+ 1BB
+ 1CC
= (b
b c -a
c a ) AB
+ (c
b c -c
a b ) AC
+ (c
c a -b
a b ) BC
= (b
b c - a
c a )( AC
- BC
) + (c
b c - c
a b ) AC
+ (c
c a - b
a b ) BC
= (b
b c -a
c a +c
b c - c
a b ) AC
- (b
b c - a
c a - c
c a + b
a b ) BC
Vì AC
và BC
là hai vectơ không cùng phương, nên đẳng thức trên đúng khi và chỉ khi:
b a c c 0b c c a b c a b
b a c b 0b c c a c a a b
a = b = c ABC đều.
VÝ dô 11: Cho ABC, biết A(-1; -1), B(2; 4), C(6; 1). Lấy các điểm M, N, P trên các đường thẳng AB, CA, BC sao cho các điểm đó lần lượt chia
các đoạn thẳng theo các tỉ số -1, - 12
, 2.
a. Xác định toạ độ của M, N, P.b. Chứng tỏ rằng M, N, P thẳng hàng.
Giảia. Ta có:
M(x; y) chia đoạn AB theo tỉ số -1 M là trung điểm AB M(12
; 32
).
N(x; y) chia đoạn CA theo tỉ số 12
NC
= -12
NA
2(6 - x; 1 - y) = -(-1 - x; -1 - y)
2(6 x) 1 x2(1 y) 1 y
x 11/ 3y 1/ 3
N(113
; 13
).
P(x; y) chia đoạn BC theo tỉ số 2 C là trung điểm BP P(10; - 2).
b. Ta có:
32
MP
(192
; -72
) & NP
(193
; -73
) MP
// NP
M, N, P thẳng hàng.
VÝ dô 12: Cho ABC, biết A(1; -3), B(3; -5), C(2; -2). Tìm toạ độ:a. Giao điểm E của BC với phân giác trong của góc A.b. Giao điểm F của BC với phân giác ngoài của góc A.
GiảiTa có:
AB2 = 4 + 4 = 8 và AC2 = 1 + 2 = 2 k = ACAB
= 2.
a. Giả sử E(x; y), theo tính chất phân giác trong, ta được:ECEB
= -2 EC
(2 - x; -2 - y) = -2 EB
(3 - x; -5 - y)
2 x 2(3 x)
2 y 2( 5 y)
x 4 /3y 4
E(43
; -4).
b. Giả sử F(x; y), theo tính chất phân giác ngoài, ta được:FCFB
= 2 FC
(2 - x; -2 - y) = 2 FB
(3 - x; -5 - y)
2 x 2(3 x)
2 y 2( 5 y)
x 4y 8
F(4; -8).
VÝ dô 13: Cho ABC vuông tại A, biết A(a; 0), B(1; 0), C(a; a 3 - 3 ). Xác định toạ độ trọng tâm G của ABC, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp ABC bằng 2.
Giải
Ta có G(2a 1
3
;a 1
3
). Với nhận xét:
SABC = 12
AB.AC = p.r AB.AC = 2(AB + AC + BC)
3 |a - 1|.|a - 1| = 2(|a - 1| + 3 |a - 1| + 2|a - 1|)
|a - 1| = 2 + 2 3 a 3 2 3
a 1 2 3
.
Ta lần lượt:
Với a = 3 + 2 3 , ta được: G( 7 4 33
; 2 2 3
3
).
Với a = - 1 - 2 3 , ta được: G( 1 4 33
; 2 2 3
3
).
Vậy tồn tại hai điểm G thoả mãn điều kiện đầu bài.
33
A
B CEF
VÝ dô 14: Cho điểm M(4; 1), hai điểm A(a; 0), B(0; b) với a, b > 0 sao cho A, B, M thẳng hàng. Xác định toạ độ của A, B sao cho:a. Diện tích OAB nhỏ nhất. b. OA + OB nhỏ nhất.
2
1OA
+ 2
1OB
nhỏ nhất.
GiảiVì A, B, M thẳng hàng
AM // AB
4 a
a
= 1b
4a
+ 1b
= 1. (1)
a. Ta có, diện tích OAB được cho bởi:
S = 12
OA.OB = ab2
.
Từ (1) suy ra
1 = 4a
+ 1b
2 4 1.a b
= 4ab
ab 16 S 8.
Vậy SMin = 8, đạt được khi:
4a
= 1b
= 12
a 8b 2
A(8;0)B(0;2)
.
b. Từ (1), ta được :
a = 4b
b 1 điều kiện b > 1.
Khi đó:
OA + OB = 4b
b 1 + b =
4b 1
+ b + 4 = 4
b 1 + b - 1 + 5 2 4 .(b 1)
b 1
+ 5 = 9.
Vậy (OA + OB)Min = 9, đạt được khi: 4
b 1 = b - 1 = 2
a 6b 3
A(6;0)B(0;3)
.
c. Ta có:
2
1OA
+ 2
1OB
= 2
1a
+ 2
1b
.
Nhận xét rằng:
(42 + 12)( 2
1a
+ 2
1b
) (4a
+ 1b
)2 = 1 2
1a
+ 2
1b
1
17.
Vậy, ta được ( 2
1OA
+ 2
1OB
)Min = 1
17, đạt được khi:
34
4 1 1a b4a b
17a4
b 17
17A( ;0)4
B(0;17)
.
VÝ dô 15: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = 2 2x y 2x 4y 5 + 2 2x y 6x 4y 13 .
GiảiViết lại biểu thức dưới dạng:
S = 2 2(x 1) (y 2) + 2 2(x 3) (y 2) .Xét các điểm A( - 1; 2), B(3; 2) và M(x; y), khi đó:
AM = 2 2(x 1) (y 2) , BM = 2 2(x 3) (y 2) ,suy ra:
S = AM + BM AB = 4Vậy, ta được SMin = 4, đạt được khi:
A, B, M thẳng hàng AM
// AB
x 1
4
= y 2
0
y = 2,
và khi đó:S = |x + 1| + |x - 3| = |x + 1| + |3 - x| |x + 1 + 3 - x| = 4,
dấu “ = ” xảy ra khi(x + 1)(3 - x) 0 -1 x 3.
Vậy, ta được SMin = 4, đạt được khi 1 x 3 v y 2.µ
35
![VẬN DỤNG MARKETING DỊCH VỤ TRONG VIỆC NÂNG CAO CHẤT … · Hỗ trợ ôn tập [ĐỀ CƯƠNG CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI HỌC] TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƢỜNG ĐẠI HỌC](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/5f1ab91c34eaa32a6d79b71a/vn-dng-marketing-dch-v-trong-vic-nng-cao-cht-h-tr-n.jpg)
