Chuyên đề Vector tham khảo

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Thêm vào BST

Báo xấu

627
lượt xem 183
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

" Chuyên đề Vector tham khảo" mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong các kỳ thi sắp tới. Tác giả hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Vector tham khảo

TRƢỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHOA SƢ PHẠM BỘ MÔN TOÁN ---------------- BÀI BÁO CÁO MÔN GIẢI TOÁN PHỔ THÔNG NHÓM 03 CHỦ ĐỀ 1: VECTƠ GVHD: Lại Thị Cẩm Các thành viên: 1. Trần Thị Kim Luyến MSSV: 1050042 2. Nguyễn Hoàng Anh MSSV: 1070109 3. Chế Ngọc Hà MSSV: 1070126 4. Lê Thúy Hằng MSSV: 1070127 5. Nguyễn Hòang Long MSSV: 1070142 6. Lý Sel MSSV: 1070157 7. Thạch Thanh Tâm MSSV: 1070163 Cần Thơ, ngày 26 tháng 08 năm 2009
TOÙM TẮT LÍ THUYẾT VECTƠ I. Các định nghĩa:        Vectô laø ñoaïn thaúng coù đònh höôùng Kyù hieäu : AB ; CD hoaëc a ; b   Vectô – khoâng laø vectô coù ñieåm ñaàu truøng ñieåm cuoái. Kyù hieäu 0 .  Giaù của vectơ là đƣờng thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của vectơ.  Hai vectô cuøng phöông laø hai vectô coù giaù song song hoaëc truøng nhau.  Hai vectô cuøng phöông thì hoaëc cuøng höôùng hoaëc ngöôïc höôùng.  Hai vectô baèng nhau neáu chuùng cuøng höôùng vaø cuøng ñoä daøi. II. Tổng và hiệu của hai vectơ:           Ñònh nghóa: Cho AB  a ; BC  b . Khi ñoù AC  a  b      Tính chaát : * Giao hoaùn : a  b = b  a       * Keát hôïp ( a  b ) + c = a  (b + c )    * Tính chaát vectô –khoâng a + 0 = a  Quy taéc 3 ñieåm :      Cho A, B ,C tuøy yù. Ta coù : AB + BC = AC  Quy taéc hình bình haønh . Neáu ABCD laø hình bình haønh thì     AB + AD = AC  Quy taéc veà hieäu vectô : Cho BC , với điểm O tuøy yù ta coù : OB  OC  CB .  Nếu M là trung điểm của đoạn thẳng AB thì MA  MB  0 .  Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì GA  GB  GC  0 .  Nếu AM là một trung tuyến của tam giác ABC thì AB  AC  2 AM . III. Tích của vectơ với một số:  Cho kR , k a laø 1 vectô ñöôïc xaùc ñònh: * Neáu k  0 thì k a cuøng höôùng vôùi a ; k < 0 thì k a ngöôïc höôùng vôùi a
* Ñoä daøi vectô k a baèng k . a   Tính chaát : a) k(m a ) = (km) a b) (k + m) a = k a + m a c) k( a + b ) = k a + k b   d) k a = 0  k = 0 hoaëc a = 0        b cuøng phöông a ( a  0 ) khi vaø chæ khi coù soá k thoûa b =k a .  Ñieàu kieän caàn vaø ñuû ñeå A , B , C thaúng haøng laø coù soá k sao cho    AB =k AC .       Cho b khoâng cuøngphöông a ,  x luoân ñöôïc bieåu dieãn x = m a +  n b ( m, n duy nhaát ). IV. Trục tọa độ và hệ trục tọa độ:   Truïc laø ñöôøng thaúng treân ñoù xaùc ñònh ñieåm O vaø 1 vectô i coù ñoä daøi baèng 1.  Kyù hieäu truïc (O; i ) hoaéc x’Ox    A,B naèm treân truïc (O; i ) thì AB = AB i . Khi ñoù AB goïi laø ñoä daøi ñaïi soá cuûa AB .  Heä truïc toïa ñoä vuoâng goùc goàm 2 truïc Ox  Oy. Kyù hieäu Oxy hoaëc   (O; i ; j ).       Ñoái vôùi heä truïc (O; i ; j ), neáu a =x i +y j thì (x;y) laø toaï ñoä cuûa   a . Kyù hieäu a = (x;y).    Cho a = (x;y) ; b = (x’;y’) ta coù :   a  b = (x  x’;y  y’)  k a =(kx ; ky) ;  k  R     b cuøng phöông a ( a  0 ) khi vaø chæ khi coù soá k thoûa x’=kx vaø y’= ky.  Cho M(xM ; yM) vaø N(xN ; yN) ta coù:
xM  xN y  yN P laø trung ñieåm MN thì xp = vaø yP = M 2 2   MN = (xM – xN ; yM – yN).  Neáu G laø troïng taâm tam giaùc ABC thì x  xB  xC y  y B  yC xG = A vaø yG = A . 3 2  MỘT SỐ DẠNG TOÁN VECTƠ 1. Chứng minh đẳng thức vectơ:  Phƣơng pháp chung:    - Quy tắc 3 điểm: AB  AC  CB    AB  AC  CB - Quy tắc hình bình hành: với hình bình hành ABCD ta luôn    có: AD  AB  AC - Quy tắc trung điểm: với điểm M tuỳ ý và I là trung điểm AB luôn có:    2MI  MA  MB . - Các tính chất của phép cộng,trừ vecctơ và phép nhân một số với một vectơ để thực hiện biến đổi tƣơng đƣơng cho đẳng thức cần chứng minh khi đó ta lựa chọn một trong các biến đổi sau: + Biến đổi một vế thành vế còn lại  Xuất phát từ vế phức tạp ta cần thực hiệnviệc đơn giản biểu thức.  Xuất phát từ vế đơn giản ta cần thực hiện việc phân tích vectơ. + Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về đẳng thức đã biết là đúng. + Biến đổi một đẳng thức đã biết là đúng thành đẳng thức cần chứng minh. + Tạo dựng các hình phụ.  Ví dụ 1:     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: Thực hiện phép biến đổI VT, ta có:             AB  CD  AD  DB  CB  BD  AD  CB  ( DB  BD)  AD  CB Nhận xét: Thực hiện việc biến đổI VT thành VP, ta cần tạo ra sự xuất hiện   của các vectơ AD và CB . Do đó:   trong lời giải ta xen điểm D vào AB còn điểm B vào vectơ CD
Ta cũng sử dụng khi lựa chọn phép biến đổi VP thành VT. Cụ thể trong cách 2  Cách 2: Thực hiện phép biến đổi VP. ta có:             AD  CB  AB  BD  CD  DB  AB  CD  ( BD  DB)  AB  CD  Cách 3: Biến đổi đẳng thức cần chứng minh về đẳng thức đã biết là luôn đúng           AB  CD  AD  CB  AB  AD  CB  CD  DB  DB  Ví dụ 2: Gọi M, N lần lƣợt là trung điểm các đoạn AB, CD . Chứng minh rằng:      2MN  AC  BD  AD  BC Giải: Cách 1: Ta có M là trung điểm của AB , với N bất kì thì     NA  NB  2 NM  2MN (1) N là trung điểm của CD, với M bất kì thì    MC  MD  2MN (2) Lấy (2)-(1) ta đƣợc:      4MN  MC  MD  ( NA  NB)          MA  AC  MB  BD  ( NC  CA)  ( ND  DB)          MA  MB  AC  BD  ( NC  ND)  AC  BD      0  2( AC  BD)  0     4 MN  2( AC  BD)     2 MN  ( AC  BD)   Chứng minh tƣơng tự: VT = AD  BC Cách 2: Gọi O la 1điểm tuỳ ý trên vectơ MN. Khi đó theo quy tắc trung điểm, ta có:    2OM  OA  OB(1)    2ON  OC  OD(2)       Lấy (2)-(1) ta đƣợc: 2(ON  OM )  (OC  OD)  (OA  OB)      2 MN = (OC  OA)  (OD  OB)    2 MN = AC  BD (1)     Ta cần chứng minh: AC  BD  AD  BC     VT= AD  DC  BC  CD   = AD  BC
= VP (2)      Từ (1) và (2) ta suy ra: 2MN  AC  BD  AD  BC  Ví dụ 3: Cho tam giác đều ABC.Gọi I là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác.CMR:     a.IA  b.IB  c.IC  0 ( a,b,c  R  ) Giải: Dựng hình bình hành AB2 IC2 có AB2 // CC1 , AC 2 // BB1 . Ta đƣợc:    IA  IB2  IC2 (1) Đặt: IB2 = b, IC2 = c A và IC = IB = IA = a. IB2 C1 A b    b  B2 C2 IB C1 B a    IB2   IB IB2  IB a I ( 2) B1 C1 IC 2 B1 A c C B    c  IC B1C a  IC 2   IC (3)   a IC 2  IC Thay (2),(3) vào (1)  b  c   IA   IB  IC a a      a.IA  b.IB  c.IC  0 Dạng 2: Xác định điểm thoả mãn một đẳng thức vectơ Phƣơng pháp chung    -Ta biến đổi đẳng thức vectơ cho OM  v , trong đó điểm O và v đã biết -Nếu muốn dựng điểm M, ta lấy O làm gốc dựng một vectơ bằng vectơ v. Khi đó điểm ngọn của vectơ này chính là điểm M  Ví dụ : Cho tam giácABC.    a) Tìm điểm I sao cho: IA  2IB  0 (1)    b) Tìm điểm K sao cho: KA  2KB  CB (2)
Giải:    a) Theo quy tắc 3 điểm, ta có: IA  IB  BA        1  (1)  3IB  BA  0  3IB  BA  AB  IB  AB 3  3 điểm I, A, B thẳng hàng hay điểm thuộc đoạn AB và thoả điều kiện:  1  IB  AB 3 b)Từ kết quả câu a ta suy ra:AI=2IB    AI  2IB    IA  2IB       VT(2)= KA  2KB  ( KI  IA)  2( KI  IB)     3KI  ( IA  2IB)      IA  2IB  IA  2IB  0 Vậy:    KA  2 KB  3KI    1   1  Theo giả thiết ta đƣợc: 3KI  CB  KI  CB  IK  BC 3 3   Kết quả này cho ta 2 vectơ IK và BC là 2 vectơ cùng phƣơng và vì I  BC nên IK//BC. Vậy K là điểm thuộc miền trong tam giác, nằm trên đƣờng thẳng qua I song  1  song với BC sao cho : IK  BC 3 Dạng 3 : Chứng minh ba điểm thẳng hàng Phƣơng pháp chung: Muốn chứng minh 3 điểm A,B,C thẳng hàng, ta đi chứng minh: AB  k. AC ;(kR) (1) Để nhận đƣợc (1) ta lựa chọn một trong hai hƣớng - Hƣớng 1: Sử dụng các qui tắc biến đổi đã biết - Hƣớng 2: Xác định AB, AC thông qua một tổ hợp trung gian. Ví dụ:
Cho  ABC. Gọi O, G, H theo thứ tự là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của ABC. Chứng minh rằng: O, G, H thẳng hàng. A O H G B C E A1 1 Giải Chọn tổ hợp 3 vectơ OA, OB, OC Khi đó: OG  1 3 OA  OB  OC  (1) Chọn E là trung điểm của BC và A1 là điểm đối xứng với A qua O, ta đƣợc: BH // CA1 cùng vuông góc với AC. CH // BA1 cùng vuông góc với AB.  Tứ giác A1BHC là hình bình hành.  A1, E, H thẳng hàng .  HB  HC  HA1     2OE  OB  OC  OA  AH  HB  OA  AH  HC  2OA  2 AH  HB  HC   A1 A  2 AH  HA1  HA  2 HA  AH  AH  2OE Ta có: OH  OA  AH  OA  2OE  OA  OB  OC (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 OG  OH  O, G , H thẳng hàng. 3
Dạng 4: Biểu diễn vectơ : Định lý: Cho trƣớc hai vectơ a và b khác 0 và không cùng phƣơng .Với mọi vectơ c bao giờ cũng tìm đƣợc một cặp số thực  ,  duy nhất ,sao cho: c =  a+ b Bây giờ chúng ta sẽ quan tâm tới phƣơng pháp thực hiện đƣợc miêu tả trong bài toán sau: Bài toán: Biểu diễn một vectơ thành tổ hợp vectơ. PHƢƠNG PHÁP CHUNG : Ta lựa chọn một trong hai hƣớng : Hƣớng1: Từ giả thiết xác định đƣợc tính chất hình học, rồi từ đó khai triển vectơ cần biễu diễn bằng phƣơng pháp xen điểm hoặc hiệu của hai vectơ cùng gốc. Hƣớng 2: Từ giả thiết thiết lập đƣợc mối liên hệ vectơ giữa các đối tƣợng ,rồi từ đó khai triển biểu thức này bằng phƣơng pháp xen điểm hoặc hiệu của hai vectơ cùng gốc. Chú ý: Trong một vài trƣờng hợp cần sử dụng cơ sở trung gian. Ví dụ: Cho  ABC , gọi G là trọng tâm tam giác và B1 là điểm đối xứng của B qua G. Hãy biểu diễn vectơ CB1 theo AB và AC Giải: Từ giả thiết suy ra AB1CG là hình bình hành. 2 2 1 1 Ta đƣợc: CB1 = GA = - AG =  AM =  . ( AB + AC )= - ( AB + AC ) 3 3 2 3 Dạng 5: Chứng minh hai điểm trùng nhau.
PHƢƠNG PHÁP CHUNG: Muốn chứng minh hai điểm A1 và A2 trùng nhau , ta lựa chọn một trong hai hƣớng: Hƣớng 1: Chứng minh A1 A2  0 Hƣớng 2: Chứng minh OA1  OA2 với O là điểm tùy ý . Ví dụ 1: Cho ABC .Lấy các điểm A1  BC , B1  AC , C1 AB sao cho AA1  BB1  CC1  0 Chứng minh rằng hai tam giác ABC và A1B1C1 có cùng trọng tâm. Giải Gọi G,G1 theo thứ tự là trọng tâm tam giác ABC, A1B1C1 ta có : 0  AA1  BB1  CC1  ( AG  GG1  G1 A1 )  ( BG  GG1  G1 B1 )  (CG  GG1  G1C1 ) =  (GA  GB  GC)  (G1 A1  G1 B1  G1C1 )  3GG1  3GG1  GG1  0  G  G1 Ví dụ 2: Cho tứ giác lồi ABCD .Gọi M,N,P,Q lần lƣợt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.Chứng minh rằng hai tam giác ANP và CMQ có cùng trọng tâm. Giải :
Gọi G1 ,G2 lần lƣợt là trọng tâm của tam giác ANP và CMQ và O là một điểm tùy ý. Ta có: OA  ON  OP  3OG1   OC  OM  OQ  3OG2  OG1 = 1/3 ( OA  ON  OP ) (1) và OG2 =1/3 ( OC  OM  OQ ) (2): Do N là trung điểm của BC :  ON = 1/2 ( OB  OC ) Và P là trung điểm của CD:  OP = 1/2 ( OC  OD ) (1) => OG1 = 1/3 OA + 1/6 OB +1/6 OC + 1/6 OD ( * ) Mặt khác ta lại có: M là trung điểm của AB : => OM = 1/2 ( OA  OB ) Q là trung điểm của DA : => OQ = 1/2 ( OD  OA ) ( 2) => OG 2 = 1/3 OA + 1/6 OB +1/6 OC + 1/6 OD (**) Từ ( * ) và ( ** ) :  OG1 = OG2  G1 Trùng G2 . Dạng 6: Quỹ tích điểm. Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn điều kiện K.  PHƢƠNG PHÁP CHUNG: Với các bài toán quỹ tích ta cần nhớ rằng: 1. Nếu MA  MB với A, B cho trƣớc thì M thuộc đƣờng trung trực của đoạn AB.
2. MC  k AB với A, B, C cho trƣớc thì M thuộc đƣờng tròn tâm C, bán kính bằng k.AB 3. Nếu MA  k.BC ,với A,B,C cho trƣớc thì  Với k  R điểm M thuộc đƣờng thẳng qua A song song với BC.  Với k  R  điểm M thuộc nửa đƣờng thẳng qua A song song với BC theo hƣớng BC  Với k  R  điểm M thuộc nữa đƣờng thẳng qua A song song với BC ngƣợc hƣớng BC  Ví dụ: Cho ABC tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn: MA  k MB  k MC  0 (1) Giải Ta biến đổi (1) về dạng: MA  k ( MC  MB)  MA  k BC  M thuộc đƣờng thẳng qua A song song với BC. PHẦN BÀI TẬP Dạng 1: Chứng minh 1 đẳng thức vectơ Bài tập 1: Cho 5 điểm A, B, C, D, E. CMR: AC  DE  DC  CE  CB  AB Giải: Cách 1: AC  DE  DC  CE  CB  AC  CE  CE  CB  Ta có:  AC  CB  AB.(dpcm) Cách 2: Ta có:
CA  ED  CD  EC  BC  CA  CD  ED  EC  BC  DA  CD  BC  DA  BD  BA  AC  DE  DC  CE  CB  AB Bài tập 2: Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F. CMR: a) AB  CD  AC  DB b) AD  BE  CF  AE  BF  CD Giải: AB  CD  AC  CB  CD  AC  DB a)Cách 1: Ta có: Ngoài ra: Ta cũng có thể chèn điẻm B vào CD . Nếu xuất phát từ vế phải ta có thể chèn diểm B vào AC hoặc C vào DB. Cách 2: CB  AB  AC  DB  DC  AB  CD  DB  AC b) AD  DC  BE  EA  CF  FB  AC  BA  CB  0  AD  BE  CF  AE  BF  CD  Chú ý: Ta cũng có thể sử dụng quy tắc chèn điểm để chứng minh. Bài tập 3:Cho ABC . Gọi M là một điểm trên đoạn BC sao cho MB=2MC. 1 2 CMR: AM  AB  AC 3 3 Giải: A Cách 1:Ta có: 2 AM  AB  BM  AB  2CM  AB  CB  3 2 3  1 3  2  AB  CA  AB  AB  AC 3 B   C N M
Cách 2: Ta có: BC  AC  AB 2 Mặt khác: MB=2MC  BM  BC 3 2 AM  AB  MB  AB  CB  3 2 3  1 3 2  AB  AC  AB  AB  AC 3  Cách 3: Chọn N thỏa NC=2NB. Khi đó: BN=NM=MC  NAC có: 2 AM  AC  AN BAM có: 2 AN  AB  AM 1 1  AN  AB  AM 2 2 1 1  2 AM  AC  AB  AM 2 2 1 2 AM  AB  AC 3 3 Bài tập 4: Cho 4 điểm A, B, C, D bất kỳ. Gọi E, F lần lƣợt là trung điểm của AB, CD. O là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: 1 a) EF  ( AC  BD ) 2 b) OA  OB  OC  OD  0 c) MA  MB  MC  MD  4MO Giải: E B A  O D C F
2OE  OA  OB(1) a) Cách 1: Ta có: 2ÒF  OC  OD( 2)         2 ÒF  OE   OC  OA  OD  OB    ÈF  1 / 2 AC  BD  1 1 Cách 2: Ta có: EF  EB  BD  DF  AB  BD  DC  2 2  1 2 ( AC  CB)  BD  1 2  DB  BC   1 2  AC  BD  b) Cách 1: Sử dụng kết quả câu a: (1) + (2)  OA  OB  OC  OD  0 Cách 2: OA  OB  OC  OD   OE  EA  OE  EB  OF  FC  OF  FD        2 OE  OF  EA  EB  FC  FD  0  c) Cách 1 : Sử dung kết quả câu b: OA  OB  OC  OD  0  OM  MA  OM  MB  OM  MCOM  MD  0  MA  MB  MC  MD  4MO Cách2: MA  MB  MC  MD  MO  OA  MO  OB  MO  OD  4MO  OA  OB  OC  OD  4MO . Bài tập 5: Cho ABC . Chứng minh rằng:
a) G là trọng tâm ABC khi và chỉ khi GA  GB  GC  0 b) G là trọng tâm ABC khi và chỉ khi MA  MB  MC  3MG ( Với M là điểm bất kỳ ). Giải: A a) Gọi A’, B’, C’ lần lƣợt là trung điểm của BC, AC, AB. Ta có: GA  GB  GC   2 / 3( AA'  BB '  CC ') C’ B’ G ( tính chất đƣờng trung tuyến) Mà: AA'  BB '  CC '  AB  BA'  BA  AB '  CA  AC ' B C A’  BA'  CB '  AC ' 1 1 1  BC  CA  AB 2 2 2 0 Do đó: GA  GB  GC  0 . b) 3MG  MA  AG  MB  BG  MC  CG  MA  MB  MC Bài tập 6: Cho ABC và A B C có trọng tâm lần lƣợt là G và G .Chứng ' ' ' ' minh rằng: AA '  BB '  CC '  3GG' . Từ đó, suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác có cùng trọng tâm. Giải: Ta có: AA'  BB'  CC '  AG  GG'  G' A'  BG  GG'  G' B'  CG  GG'  G' C'  3GG' Vì: AG  BG  CG  0 A' G'  B' G'  C ' G'  0 - ĐK cần và đủ để 2 tam giác ABC và A B C có cùng trọng tâm là: ' ' ' AA'  BB '  CC '  0
Bài tập 7: Cho lục giác ABCDEFGH. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lƣợt là trung điểm của AB, BC, CD,DE, EF, FA. Chứng minh rằng: Hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm. Giải: A M B N S C F P R D E Q Cách 1: Ta có: MN  PQ  RS  1 / 2( AC  CE  EA)  0 Do đó: theo bài tập 6 MPR và NQS có cùng trọng tâm. Cách 2: Gọi G là trọng tâm MPR . Khi đó: GM  GP  GR  0  MG  PG  RG  0 (1) Lấy bất kỳ trong mặt phẳng, ta có: OG  OM  MG OG  OP  PG OG  OR  RG  3OG  OM  OP  OR  MG  PG  RG (2) 1 Kết hợp (2) và (1) ta suy ra: OG  3 OM  OP  OR  Trong OAB : Có M là trung điểm của AB.  2OM  OA  OB Tƣơng tự, xét OCD và OEF ta đƣợc: 2OF  OD  OC 2OR  OE  OF Thay vào (2) ta có: OG  1 6  OA  OB  OC  OD  OE  OF 
Gọi G ' là trọng tâm NQS . Tƣơng tự nhƣ trên: 1  OG'  ON  OQ  OS 3  1  = OA  OB  OC  OD  OE  OF 6  Vậy OG  OG'  G  G' Dạng 2: Xác định một điểm thỏa mãn hệ thức vectơ Bài tập 1: Cho hai điểm A, B. Xác định điểm M, biết: 2MA  3MB  0 (1). Giải: Ta có: 2MA  3MB  0    2MA  3 MA  AB  0   MA  3 AB  0  AM  3 AB Vậy điểm M hoàn toàn xác định đƣợc. Bài tập 2: Cho 2 điểm A, B và một vectơ v . Xác định điểm M biết: MA  MB  v Giải: Gọi O là trung điểm của AB. Khi đó: MA  MB  2MO 1 Do đó: (1)  MO  v. 2 Vậy điểm M hoàn toàn xác định đƣợc. Bài tập 3: Cho ABC . Gọi M là trung điểm của AB. N là một điểm trên cạnh AC sao cho NC  2 NA . a) Xác định điểm K sao cho: 3 AB  2 AC  12 AK  0 b) Xác định điểm D sao cho: 3 AB  4 AC  12KD  0 Giải:  AB  2 AM a) Ta thấy:   AB  2 AM  AB  AM
 AC  3 AN   AC  3 AN  AC  3 AN Suy ra 6 AM  6 AN  12 AK  0  AK  1 2  AM  AN   K là trung điểm MN. b) Ta có: KD  AD  AK  AD   AB  AC  1 1   4 6    Suy ra: 3 AB  4 AC  12 AD   AB  AC   0 1 1    4 6   AD  1 2  AB  AC   D là trung điểm BC. Bài tập 4: Cho ABC . Dựng các điểm I, J, L thỏa các đẳng thức: a) 2IB  IC  0 b) 3LA  LB  2LC  0 c) 2 JA  JC  JB  CA Giải: a) Ta có: 2IB  IC  0  3IB  IC  IB  0  CB  3IB . Nên điểm I hoàn toàn xác định đƣợc.  b) Có: BA  2 LA  LC  0   BA  4LM với M là trung điểm AC. Vậy L xác định đƣợc. c) Ta có JA  JB  JA  JC  CA  BA  JC  CA  JA  BA  2CJ Vậy điểm J hoàn toàn xác định đƣợc. Bài tập 5: Cho tứ giác ABCD , M là điểm tùy ý. Trong mỗi trƣờng hợp hãy tìm số k và điểm cố định I, J, K sao cho các đẳng thức vectơ sau thỏa mãn với mỗi điểm M. a) 2MA  MB  k MI (1) b) MA  MB  2MC  k MJ (2) c) MA  MB  MC  3MD  k MK (3) Giải:
a) Vì (1) thỏa mãn , do đó đúng với M  I . Khi đó: 2IA  IB  k II  0 Vậy điểm I luôn xác định đƣợc. Mặt khác: 2MA  MB  2MI  2IA  MI  IB  3MI  k MI  k  3 b) Vì (2) thỏa mãn M , do đó đúng với M  J , tức là: JA  JB  2 JC  k JJ  0 . Khi đó: 2 JE  2 JC  0 ( Với E là trung điểm của AB )  J là trung điểm CE. Ta xác định đƣợc J. Tƣơng tự nhƣ câu a: MA  MB  2MC  4MJ  k MJ  k  4. c) Vì (3) thỏa mãn M , do đó đúng M  K . Khi đó: KA  KB  KC  3KD  3KK  0 Gọi G là trọng tâm ABC  3KG  3KD  0  K là trung điểm GD. Ta xác định đƣợc K. Mặt khác: MA  MB  MC  3MD  6MK  k MK  k  6 DẠNG 3: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng Bài tập 1: Cho tam giác ABC a. Gọi P,Q là hai điểm lần lƣợt thỏa 2PB  PC  0 (1) và 5QA  2QB  QC  0 (2) CMR:P, Q, A thẳng hàng. b. Gọi I là điểm đối xừng với B qua C, J là trung điểm của A, C, K là điểm trên AB sao cho AB = 3AK . CMR:I,J,K thẳng hàng. Giải: a. ta cò: 2PQ  2QB  PQ  QC  0 3PQ  2QB  QC  0 Mà (2)  2QB  QC  5QA => 3PQ  5QA  0