Ứng dụng vectơ để chứng minh 3 điểm thẳng hàng, đi qua điểm cố định – Toán lớp 10

1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

+ Để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng ta chứng minh hai vectơ ABAC cùng phương, tức là tồn tại số thực k sao cho: AB=kAC.

+ Để chứng minh đường thẳng AB đi qua điểm cố định ta đi chứng minh ba điểm A, B, H thẳng hàng với H là một điểm cố định.

2. Ví dụ chứng minh 3 điểm thẳng hàng

Ví dụ 1: Cho hai điểm phân biệt A, B. Chứng minh rằng M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi có hai số thực α, β có tổng bằng 1 sao cho: OM=αOA+βOB.

Nếu A, B, M thẳng hàng AM=kAB AO+OM=k(AO+OB).
OM=(1k)OA+kOB.

Đặt α=1k, β=k α+β=1OM=αOA+βOB.

Nếu OM=αOA+βOB với α+β=1 β=1α.

OM=αOA+(1α)OB OMOB=α(OAOB) BM=αBA.
Suy ra M, A, B thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho góc xOy. Các điểm A, B thay đổi lần lượt nằm trên Ox, Oy sao cho OA+2OB=3. Chứng minh rằng trung điểm I của AB thuộc một đường thẳng cố định.

Định hướng: Ta có hệ thức vectơ xác định điểm IOI=12OA+12OB ().

Từ ví dụ 1 ta cần xác định hai điểm cố định A, B sao cho OI=αOA+βOB với α+β=1.

Do đó từ hệ thức () ta nghĩ tới việc xác định hai điểm cố định A, B lần lượt trên Ox, Oy.

Ta có: ()OI=OA2OAOA+OB2OBOB. Từ đó ta cần chọn các điểm đó sao cho OA2OA+OB2OB=1. Kết hợp với giả thiết OA+2OB=3 ta chọn được điểm AB sao cho OA=32, OB=34.

Lời giải: Trên Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm A, B sao cho OA=32, OB=34.

Do I là trung điểm của AB nên OI=12OA+12OB =OA2OAOA+OB2OBOB.

Ta có: OA2OA+OB2OB =OA2.32+OB2.34 =13(OA+2OB)=1.

Do đó điểm I thuộc đường thẳng AB cố định.

Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD, I là trung điểm của cạnh BCE là điểm thuộc đoạn AC thỏa mãn AEAC=23. Chứng minh ba điểm D, E, I thẳng hàng.

Định hướng: Để chứng minh D, E, I thẳng hàng ta đi tìm số k sao cho DE=kDI, muốn vậy ta sẽ phân tích các vectơ DE, DI qua hai vectơ không cùng phương ABAD và sử dụng nhận xét: ma+nb=0 m=n=0 với a, b là hai vectơ không cùng phương, từ đó tìm được k=23.

Ứng dụng vectơ để chứng minh 3 điểm thẳng hàng, đi qua điểm cố định - Toán lớp 10

Lời giải: Ta có DI=DC+CI =DC+12CB =AB12AD (1).

Mặt khác theo giả thiết ta có AE=23AC suy ra:

DE=DA+AE =DA+23AC =AD+23(AB+AD)

=23AB13AD (2).

Từ (1)(2) suy ra DE=23DI.

Vậy ba điểm D, E, I thẳng hàng.

Ví dụ 4: Hai điểm M, N chuyển động trên hai đoạn thẳng cố định BCBD (MB,NB) sao cho 2BCBM+3BDBN=10. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

Dễ thấy luôn tồn tại điểm I thuộc MN sao cho 2BCBMIM+3BDBNIN=0 (1).

Gọi H là điểm thỏa mãn 2HC+3HD=0 (2), do đó H cố định.

Ta có (2)5HB+2BC+3BD=0.

2BCBMBM+3BDBNBN=5BH.

2BCBM(BI+IM)+3BDBN(BI+IN)=5BH.

(2BCBM+3BDBN)BI=5BH (theo (1)).

10BI=5BH BI=12BH (3).

Do các điểm B, H cố định, nên điểm I cố định (xác định bởi hệ thức (3)).

Ví dụ 5: Cho ba dây cung song song AA1, BB1, CC1 của đường tròn (O). Chứng minh rằng trực tâm của ba tam giác ABC1, BCA1, CAB1 nằm trên một đường thẳng.

Gọi H1, H2, H3 lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC1, BCA1, CAB1.
Ta có: OH1=OA+OB+OC1, OH2=OB+OC+OA1

OH3=OC+OA+OB1.

Suy ra H1H2=OH2OH1 =OCOC1+OA1OA =C1C+AA1.

H1H3=OH3OH1 =OCOC1+OB1OB =C1C+BB1.

Vì các dây cung AA1, BB1, CC1 song song với nhau.

Nên ba vectơ AA1, BB1, CC1 có cùng phương.

Do đó hai vectơ H1H2H1H3 cùng phương hay ba điểm H1, H2, H3 thẳng hàng.

3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 1: Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm thuộc cạnh AB, N là điểm thuộc cạnh AC sao cho AM=13AB, AN=34AC. Gọi O là giao điểm của CMBN. Trên đường thẳng BC lấy E. Đặt BE=xBC. Tìm x để A, O, E thẳng hàng.

Giải:

Ta có: AO=19AB+14AC.,

AE=(1x)AB+xAC.

A, E, O thẳng hàng AE=kAO.

(1x)AB+xAC =k9AB+k4AC k=3613, x=913.

Vậy x=913 là giá trị cần tìm.

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

Giải:

IA=2IB IA2IB=0.

3JA+2JC=0 3IA+2IC=5IJ.

Suy ra 2(IA+IB+IC)=5IJ 6IG=5IJ I, J, G thẳng hàng.

Bài 3: Cho tam giác ABC. Hai điểm M, N di động thỏa mãn:

MN=MA+MB+MC.

a) Chứng minh rằng MN đi qua điểm cố định.

b) P là trung điểm của AM. Chứng minh rằng MP đi qua điểm cố định.

Giải:

a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra:

MN=MA+MB+MC MN=GA+GB+GC+3MG =3MG.

Suy ra M, N, G thẳng hàng hay MN đi qua điểm cố định G.

b) P là trung điểm AM MP=12(MA+MN) =12(2MA+MB+MC).

Gọi I là trung điểm BC, J là trung điểm AI suy ra 2JA+JB+JC=0.

Do đó MP=2MJ suy ra MP đi qua điểm cố định J.

Bài 4: Cho hai điểm M, P là hai điểm di động thỏa mãn:
MP=aMA+bMB+cMC.

Chứng minh rằng MP đi qua điểm cố định.

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC suy ra aIA+bIB+cIC=0.

Do đó MP=aMA+bMB+cMC MP=(a+b+c)MI.
Vậy MP đi qua điểm cố định I.

Bài 5: Cho hình bình hành ABCD. Gọi E là điểm đối xứng của D qua điểm A, F là điểm đối xứng của tâm O của hình bình hành qua điểm CK là trung điểm của đoạn OB. Chứng minh ba điểm E, K, F thẳng hàng và K là trung điểm của EF.

Giải:

Ta có: EF=52AD+32AB, EK=54AD+34AB.

EF=2EK.

Vì vậy K là trung điểm EF.

Bài 6: Cho hai tam giác ABCA1B1C1, A2, B2, C2 lần lượt là trọng tâm các tam giác BCA1, CAB1, ABC1. Gọi G, G1, G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, A1B1C1, A2B2C2. Chứng minh rằng G, G1, G2 thẳng hàng và tính GG1GG2.

Giải:

G, G1 là trọng tâm tam giác ABC, A1B1C1 suy ra:

3GG1=GA1+GB1+GC1.

3GG1=GA+GB+GC +AA1+BB1+CC1.

3GG1=AA1+BB1+CC1.

Tương tự G, G2 là trọng tâm tam giác ABC, A2B2C2 suy ra:

3GG1=GA1+GB1+GC1

3GG2=AA2+BB2+CC2.

Mặt khác AA2+BB2+CC2 =AA1+BB1+CC1 +A1A2+B1B2+C1C2.

A2, B2, C2 lần lượt là trọng tâm các tam giác BCA1, CAB1, ABC1.

Suy ra 3(A1A2+B1B2+C1C2) =3(A1B+A1C+B1C+B1A+C1A+C1B).

=6(AA1+BB1+CC1).

Do đó AA2+BB2+CC2 =3(AA1+BB1+CC1) GG2=AA1+BB1+CC1.

Vậy GG2=3GG1.

Bài 7: Cho tam giác ABC. Các điểm M, N, P lần lượt nằm trên đường thẳng BC, CA, AB sao cho MB=αMC, NC=βNA, PA=γPB. Tìm điều kiện của α, β, γ để M, N, P thẳng hàng.

Giải:

Ta có: MB=α1αBC, BP=1γ1AB, BC=(1α)MC, CN=β1βAC.

Ta có:

MN=11αAB+(11α+β1β)AC.

MP=(α1α11γ)AB+α1αAC.

Để M, N, P thẳng hàng thì ta phải có:
α1α11γ11α =α1α11α+β1β αβγ=1.

Bài 8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng trung điểm hai đường chéo AC, BD và tâm O thẳng hàng.

Giải:

Gọi P, Q, R, S lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA đối với đường tròn tâm O.

Đặt SA=AP=a, BP=BQ=b, CQ=CR=c, DR=DS=d.

Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác ABCD ta có:

(a+b)OP+(b+c)OQ $ + (c + d)\overrightarrow {OR} + (d +

a)\overrightarrow {OS} = \vec 0.$

(a+b)(ba+bOA+aa+bOB) +(b+c)(cb+cOB+bb+cOC) +(c+d)(dc+dOC+cc+dOD) +(d+a)(ad+aOD+dd+aOA).

(b+d)(OA+OC) +(a+c)(OB+OD)=0.

(b+d)OM+(a+c)ON=0.

Suy ra O, M, N thẳng hàng.

Bài 9: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O thỏa mãn AB=CD=EF. Về phía ngoài lục giác dựng các tam giác AMB, BNC, CPD, DQE, ERF, FSA đồng dạng và cân tại M, N, P, Q, R, S. Gọi O1, O2 lần lượt là trọng tâm tam giác MPRNQS. Chứng minh rằng ba điểm O, O1, O2 thẳng hàng.

Giải:

Gọi M1, N1, P1, Q1, R1, S1 lần lượt là hình chiếu của M, N, P, Q, R, S lên AB, BC, CD, DE, EF, FA. Suy ra M1, N1, P1, Q1, R1, S1 lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA.

Ta có: MS+RQ+PN =(MM1+M1A+AS1+S1S) +(RR1+R1E+EQ1+Q1Q) +(PP1+P1C+CN1+N1N) (vì theo định lí con nhím thì MM1+PP1+RR1+N1N+Q1Q+S1S=0).

Mặt khác AB=CD=EF suy ra MM1OM1=RR1OR1=PP1OP1=1k.

Do đó MS+RQ+PN =k(OM+OP+OR).

OS+OQ+ON =(k+1)(OM+OP+OR) OO2=(k+1)OO1.

Hay ba điểm O, O1, O2 thẳng hàng.

Toán lớp 10 - Tags: ,